Question

14．已知函數(shù)f（x）=alnx-（a+b）x+x²（a，b∈R）．
（I）若a=2，b=1，求函數(shù)f（x）在x=1處的切線方程；
（II） 若f（x）在x=1處取得極值，討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（III）當(dāng)a=1時，設(shè)函數(shù)φ（x）=f（x）-x²有兩個零點，求b的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，計算f（1），f′（1）的值，求出切線方程即可；
（Ⅱ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，求出b的值，通過討論a的范圍求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅲ）問題轉(zhuǎn)化為方程b+1=$\frac{lnx}{x}$在（0，+∞）有2個不同的根，設(shè)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．

解答 解：（Ⅰ）a=2，b=1時，f（x）=2lnx-3x+x²，
∴f′（x）=$\frac{2}{x}$-3+2x，∴f′（1）=1，f（1）=-2，
故f（x）在x=1處的切線方程是x-y-3=0；
（Ⅱ）f′（x）=$\frac{a}{x}$-（a+b）+2x，
由f（x）在x=1處取得極值，得f′（1）=0，解得：b=2，
故f′（x）=$\frac{a}{x}$-（a+2）+2x=$\frac{2（x-\frac{a}{2}）（x-1）}{x}$，
a=2時，f′（x）≥0，不滿足f（x）在x=1處取得極值，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；
（Ⅲ）a=1時，函數(shù)φ（x）=f（x）-x²=lnx-（1+b）x，
φ（x）有2個不同的零點x₁，x₂，
即方程b+1=$\frac{lnx}{x}$在（0，+∞）有2個不同的根，
設(shè)g（x）=$\frac{lnx}{x}$（x＞0），則g′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
x∈（0，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）．

點評 本題考查了切線方程問題，考查函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．