Question

13．已知函數(shù)f（x）=ax²+bx-lnx（a，b∈R）．
（1）當(dāng)a=-1，b=3時(shí)，求函數(shù)f（x）在[$\frac{1}{2}$，2]上的最大值和最小值；
（2）設(shè)a＞0，且對(duì)于任意的x＞0，f（x）≥f（1），試比較lna與-2b的大�。�

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的最大值和最小值即可；
（2）化簡(jiǎn)出a，b的關(guān)系，再要研究的結(jié)論比較lna與-2b的大小構(gòu)造函數(shù)g（x）=2-4x+lnx，利用函數(shù)的最值建立不等式即可比較大�。�

解答 解：（1）當(dāng)a=-1，b=3時(shí)，f（x）=-x²+3x-lnx，且x∈[$\frac{1}{2}$，2]，
f′（x）=-2x+3-$\frac{1}{x}$=-$\frac{（2x-1）（x-1）}{x}$，
由f′（x）＞0，得$\frac{1}{2}$＜x＜1；由f′（x）＜0，得1＜x＜2，
所以函數(shù)f（x）在（$\frac{1}{2}$，1）上單調(diào)遞增；
函數(shù)f（x）在（1，2）上單調(diào)遞減，
所以函數(shù)f（x）在區(qū)間[$\frac{1}{2}$，2]僅有極大值點(diǎn)x=1，故這個(gè)極大值點(diǎn)也是最大值點(diǎn)，
故函數(shù)在[$\frac{1}{2}$，2]上的最大值是f（1）=2，
又f（2）-f（$\frac{1}{2}$）=$\frac{3}{4}$=ln4＜0，
故f（2）＜f（$\frac{1}{2}$），故函數(shù)在[$\frac{1}{2}$，2]上的最小值為f（2）=2-ln2；
（2）由f（x）=ax²+bx-lnx（a，b∈R）
知f′（x）=2ax+b-$\frac{1}{x}$，
當(dāng)a＞0時(shí)，令f′（x）=0，得2ax²+bx-1=0
由于△=b²+8a＞0，故有
x₂=$\frac{-b+\sqrt{^{2}+8a}}{4a}$，x₁=$\frac{-b-\sqrt{^{2}+8a}}{4a}$顯然有x₁＜0，x₂＞0，
故在區(qū)間（0，$\frac{-b+\sqrt{^{2}+8a}}{4a}$）上，導(dǎo)數(shù)小于0，函數(shù)是減函數(shù)；
在區(qū)間（ $\frac{-b+\sqrt{^{2}+8a}}{4a}$，+∞）上，導(dǎo)數(shù)大于0，函數(shù)是增函數(shù)
由題意，函數(shù)f（x）在x=1處取到最小值，
故$\frac{-b+\sqrt{^{2}+8a}}{4a}$是函數(shù)的唯一極小值點(diǎn)，
故$\frac{-b+\sqrt{^{2}+8a}}{4a}$=1
整理得2a+b=1，即b=1-2a
令g（x）=2-4x+lnx，則g′（x）=$\frac{1-4x}{x}$，
令g′（x）=0得x=$\frac{1}{4}$，
當(dāng)0＜x＜$\frac{1}{4}$時(shí)，g′（x）＞0，函數(shù)單調(diào)遞增；
當(dāng)$\frac{1}{4}$＜x＜+∞時(shí)，g′（x）＜0，函數(shù)單調(diào)遞減
因?yàn)間（x）≤g（$\frac{1}{4}$）=1-ln4＜0
故g（a）＜0，即2-4a+lna=2b+lna＜0，即lna＜-2b．

點(diǎn)評(píng) 本題是函數(shù)與導(dǎo)數(shù)綜合運(yùn)用題，解題的關(guān)鍵是熟練利用導(dǎo)數(shù)工具研究函數(shù)的單調(diào)性及根據(jù)所比較的兩個(gè)量的形式構(gòu)造新函數(shù)利用最值建立不等式比較大小，本題考查了創(chuàng)新探究能力及轉(zhuǎn)化化歸的思想，本題綜合性較強(qiáng)，所使用的方法具有典型性，題后應(yīng)做好總結(jié)以備所用的方法在此類題的求解過(guò)程中使用．