Question

已知f（x）=lnx-ax²-bx．
（1）若a=-1，函數(shù)f（x）在其定義域內(nèi)是增函數(shù)，求b的取值范圍；
（2）當(dāng)a=-1，b=-1時，證明函數(shù)f（x）只有一個零點；
（3）f（x）的圖象與x軸交于A（x₁，0），B（x₂，0）（x₁＜x₂）兩點，AB中點為C（x₀，0），求證：f'（x₀）＜0．

Answer 1

考點：絕對值不等式的解法,函數(shù)的零點,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：計算題,證明題,函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用,不等式的解法及應(yīng)用

分析：（1）求出導(dǎo)數(shù)，運用參數(shù)分離，得到b≤

1

x

+2x對x∈（0，+∞）恒成立，只需b≤（

1

x

+2x）_min．運用基本不等式求出右邊的最小值即可；
（2）求出導(dǎo)數(shù)，判斷單調(diào)性，再由零點存在定理，即可得證；
（3）求出f（x₁）=0，f（x₂）=0，化簡整理，再由中點坐標(biāo)公式，求出f′（x₀）=

1

x1-x2

[

2( x1 x2 -1)

x1 x2 +1

-ln

x1

x2

]，令t=

x1

x2

，h（t）=

2t-2

1+t

-lnt（0＜t＜1），運用導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，即可得證．

解答： （1）解：依題意：f（x）=lnx+x²-bx．
∵f（x）在（0，+∞）上遞增，
∴f′（x）=

1

x

+2x-b≥0對x∈（0，+∞）恒成立，
即b≤

1

x

+2x對x∈（0，+∞）恒成立，只需b≤（

1

x

+2x）_min． 
∵x＞0，∴

1

x

+2x≥2

2

，當(dāng)且僅當(dāng)x=

2

2

時取“=”，
∴b≤2

2

，∴b的取值范圍為（-∞，2

2

]；           
（2）證明：當(dāng)a=-1，b=-1時，f（x）=lnx+x²+x，其定義域是（0，+∞），
f′（x）=

1

x

+2x+1=

2x2+x+1

x

，則f（x）在x＞0上遞增，
又f（

1

e

）=-1+

1

e2

+

1

e

＜0，f（1）=2＞0
∴函數(shù)f（x）只有一個零點；
（3）證明：由已知得

f(x1)=lnx1-ax12-bx1=0 f(x2)=lnx2-ax22-bx2=0

則

lnx1=ax12+bx1 lnx2=ax22+bx2

，
兩式相減，得ln

x1

x2

=a（x₁+x₂）（x₁-x₂）+b（x₁-x₂）=（x₁-x₂）[a（x₁+x₂）+b]
由f′（x）=

1

x

-2ax-b，及2x₀=x₁+x₂，得
f′（x₀）=

1

x0

+2ax₀-b=

2

x1+x2

-[a（x₁+x₂）+b]=

2

x1+x2

-

1

x1-x2

ln

x1

x2

=

1

x1-x2

[

2(x1-x2)

x1+x2

-ln

x1

x2

]=

1

x1-x2

[

2( x1 x2 -1)

x1 x2 +1

-ln

x1

x2

]
令t=

x1

x2

，h（t）=

2t-2

1+t

-lnt（0＜t＜1），
由于h′（t）=-

(t-1)2

t(t+1)2

＜0，則h（t）在（0，1）遞減，則h（t）＞h（1）=0，
由于x₁＜x₂，則f′（x₀）＜0．

點評：本題考查導(dǎo)數(shù)的運用：求單調(diào)區(qū)間，判斷單調(diào)性，考查不等式的恒成立問題轉(zhuǎn)化為求最值，考查函數(shù)零點存在定理和構(gòu)造函數(shù)運用導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性的方法，考查運算能力，屬于中檔題和易錯題．