Question

17．已知函數(shù)f（x）=alnx-（a+b）x+x²（a，b∈R）．
（I）若f（x）在x=1處取得極值，討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（II）當a=1時，設函數(shù)φ（x）=f（x）-x²有兩個零點x₁，x₂．
（i）求b的取值范圍；
（ii）證明：x₁x₂＞e²．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導數(shù)，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）（i）問題轉(zhuǎn)化為方程b+1=$\frac{lnx}{x}$在（0，+∞）有2個不同實根，設g（x）=$\frac{lnx}{x}$，（x＞0），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出b的范圍即可；
（ii）構造函數(shù)M（x）=g（x）-g（$\frac{{e}^{2}}{x}$）=$\frac{lnx}{x}$+$\frac{x•lnx-2x}{{e}^{2}}$，求出函數(shù)的導數(shù)，根據(jù)函數(shù)的道德底線證明即可．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=$\frac{a}{x}$-（a+b）+2x，
由f（x）在x=1處取極值，得f′（1）=0，解得：b=2，
故f′（x）=$\frac{2（x-\frac{a}{2}）（x-1）}{x}$，
a=2時，f′（x）≥0，不滿足f（x）在x=1處取極值，故a≠2；
①a≤0時，x∈（0，1）時，f′（x）＜0，x∈（1，+∞）時，f′（x）＞0，
故f（x）在（0，1）遞減，在（1，+∞）遞增；
②0＜$\frac{a}{2}$＜1即0＜a＜2時，0＜x＜$\frac{a}{2}$或x＞1時，
f′（x）＞0，$\frac{a}{2}$＜x＜1時，f′（x）＜0，
故f（x）在（0，$\frac{a}{2}$），（1，+∞）遞增，在（$\frac{a}{2}$，1）遞減；
③a＞2時，0＜x＜1或x＞$\frac{a}{2}$時，f′（x）＞0，1＜x＜$\frac{a}{2}$時，f′（x）＜0，
故f（x）在（0，1），（$\frac{a}{2}$，+∞）遞增，在（1，$\frac{a}{2}$）遞減；
（Ⅱ）（i）a=1時，函數(shù)φ（x）=f（x）-x²=lnx-（1+b）x，
φ（x）有2個不相同零點x₁，x₂，
即方程b+1=$\frac{lnx}{x}$在（0，+∞）有2個不同實根，
設g（x）=$\frac{lnx}{x}$，（x＞0），則g′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
x∈（　　），e）時，g′（x）＞0，x∈（e，+∞）時，g′（x）＜0，
故g（x）在（0，e）遞增，在（e，+∞）遞減，
故x=e時，g（x）_max=g（e）=$\frac{1}{e}$，
∵g（1）=0，x∈（0，1）時，g（x）＜0，x∈（1，+∞）時，g（x）＞0，
故0＜b+1＜$\frac{1}{e}$，
b的范圍是（-1，$\frac{1}{e}$-1），
（ii）由（i）得1＜x₁＜e＜x₂，
構造函數(shù)M（x）=g（x）-g（$\frac{{e}^{2}}{x}$）=$\frac{lnx}{x}$+$\frac{x•lnx-2x}{{e}^{2}}$，
M′（x）=$\frac{（lnx-1）{（x}^{2}{-e}^{2}）}{{{e}^{2}x}^{2}}$，
x＞e時，M′（x）＞0恒成立，
故M（x）在（e，+∞）遞增，
∵M（e）=0，故對任意x＞e，M（x）＞0，
故M（x₂）=g（x₂）-g（$\frac{{e}^{2}}{{x}_{2}}$）＞0，即g（x₂）＞g（$\frac{{e}^{2}}{{x}_{2}}$），
∵g（x₁）=g（x₂），∴g（x₁）＞g（$\frac{{e}^{2}}{{x}_{2}}$），
又x₁∈（1，e），$\frac{{e}^{2}}{{x}_{2}}$∈（1，e），
由（i）得g（x）在（0，e）遞增，
故x₁＞$\frac{{e}^{2}}{{x}_{2}}$，即x₁x₂＞e²．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及分類討論思想，轉(zhuǎn)化思想，考查不等式的證明，是一道綜合題．