Question

19．已知函數(shù)f（x）=（x²+x）lnx+2x³+（1-a）x²-（a+1）x+b（a，b∈R）．
（Ⅰ）當a=3時，若函數(shù)f（x）存在零點，求實數(shù)b的取值范圍；
（Ⅱ）若f（x）≥0恒成立，求b-2a的最小值．

Answer 1

分析 （I）利用導數(shù)判斷f（x）的單調性，求出f（x）的最小值f_min（x），令f_min（x）≤0解出b的范圍；
（II）f′（x）=（2x+1）（lnx+3x-a），設x₀為h（x）=lnx+3x-a的零點，得出a，b關于x₀的表達式及f（x）的單調性，從而得出b-2a關于x₀的函數(shù)，根據(jù)x₀的范圍再計算函數(shù)的最小值．

解答 解：（I）a=3時，f（x）=（x²+x）lnx+2x³-2x²-4x+b，x∈（0，+∞），
∴f′（x）=（2x+1）lnx+（x²+x）$•\frac{1}{x}$+6x²-4x-4
=（2x+1）lnx+6x²-3x-3=（2x+1）lnx+（2x+1）（3x-3）
=（2x+1）（lnx+3x-3），
設g（x）=lnx+3x-3，則g（x）在（0，+∞）上單調遞增，且g（1）=0，
∴當0＜x＜1時，f′（x）＜0，當x＞1時，f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，1）上單調遞減，在（1，+∞）上單調遞增，
∴f（x）的最小值為f（1）=-4+b，
∵函數(shù)f（x）存在零點，且x→+∞時，f（x）→+∞，
∴-4+b≤0，解得b≤4．
（II）f′（x）=（2x+1）lnx+（x²+x）$•\frac{1}{x}$+6x²+2（1-a）x-a-1
=（2x+1）（lnx+3x-a），
令h（x）=lnx+3x-a，則h（x）在（0，+∞）上單調遞增，
又x→0時，h（x）→-∞，當x→+∞時，h（x）→+∞，
∴存在唯一一個x₀∈（0，+∞），使得h（x₀）=0，即a=3x₀+lnx₀．
當0＜x＜x₀時，f′（x）＜0，當x＞x₀時，f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，x₀）上單調遞減，在（x₀，+∞）上單調遞增．
∴f_min（x）=f（x₀）=（x₀²+x₀）lnx₀+2x₀³+（1-a）x₀²-（a+1）x₀+b
=（x₀²+x₀）lnx₀+2x₀³+（1-3x₀-lnx₀）x₀²-（3x₀+lnx₀+1）x₀+b
=-x₀³-2x₀²-x₀+b．
∵f（x）≥0恒成立，
∴-x₀³-2x₀²-x₀+b≥0，即b≥x₀³+2x₀²+x₀．
∴b-2a≥x₀³+2x₀²+x₀-2a=x₀³+2x₀²+x₀-6x₀-2lnx₀=x₀³+2x₀²-5x₀-2lnx₀，
設φ（x）=x³+2x²-5x-2lnx，x∈（0，+∞），
則φ′（x）=3x²+4x-5-$\frac{2}{x}$=3x（x-1）+$\frac{7{x}^{2}-5x-2}{x}$=$\frac{（x-1）（3{x}^{2}+7x+2）}{x}$，
∴當0＜x＜1時，φ′（x）＜0，當x＞1時，φ′（x）＞0，
∴φ（x）在（0，1）上單調遞減，在（1，+∞）上單調遞增，
∴φ（x）≥φ（1）=-2．
∴當x₀=1時，即a=3x₀+lnx₀=3，b=x₀³+2x₀²+x₀=4時，b-2a取得最小值-2．

點評 本題考查了導數(shù)與函數(shù)單調性的關系，函數(shù)最值得計算，屬于難題．