分析 (Ⅰ)求出f(x)的導(dǎo)數(shù),結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)求出a的范圍即可;
(Ⅱ)求出f(x2)=x22-2x2+(2x2-2x22)lnx2,令F(t)=t2-2t+(2t-2t2)lnt,(12<t<1),得到F(t)=2(1-2t)lnt,根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出F(t)>F(12),從而證出結(jié)論;
(Ⅲ)令g(b)=-xb+x2+alnx,b∈[1,2],得到在x∈(1,e)上g(b)max=g(1)=-x+x2+alnx<0有解,令h(x)=-x+x2+alnx,通過討論a的范圍,求出函數(shù)的單調(diào)性,從而確定a的范圍即可.
解答 解:(Ⅰ)由已知,b=2時,f(x)=x2-2x+alnx,f(x)的定義域?yàn)椋?,+∞),
求導(dǎo)數(shù)得:f′(x)=2x2−2x+ax,
∵f(x)有兩個極值點(diǎn)x1,x2,f′(x)=0有兩個不同的正根x1,x2,
故2x2-2x+a=0的判別式△=4-8a>0,即a<12,
且x1+x2=1,x1•x2=a2>0,所以a的取值范圍為(0,12);
(Ⅱ)由(Ⅰ)得,12<x2<1且f′(x2)=0,得a=2x2-2x22,
∴f(x2)=x22-2x2+(2x2-2x22)lnx2,
令F(t)=t2-2t+(2t-2t2)lnt,(12<t<1),
則F(t)=2(1-2t)lnt,
當(dāng)t∈(12,1)時,F(xiàn)′(t)>0,∴F(t)在(12,1)上是增函數(shù)
∴F(t)>F(12)=−3−2ln24,
∴f(x2)>-3+2ln24;
(Ⅲ)令g(b)=-xb+x2+alnx,b∈[1,2],
由于x∈(1,e),所以g(b)為關(guān)于b的遞減的一次函數(shù),
根據(jù)題意,對任意b∈[1,2],都存在x∈(1,e)(e為自然對數(shù)的底數(shù)),使得f(x)<0成立,
則x∈(1,e)上g(b)max=g(1)=-x+x2+alnx<0有解,
令h(x)=-x+x2+alnx,則只需存在x0∈(1,e)使得h(x0)<0即可,
由于h′(x)=2x2−x+ax,令ω(x)=2x2-x+a,x∈(1,e),ω′(x)=4x-1>0,
∴ω(x)在(1,e)上單調(diào)遞增,∴ω(x)>ω(1)=1+a,
①當(dāng)1+a≥0,即a≥-1時,ω(x)>0,∴h′(x)>0,
∴h(x)在(1,e)上是增函數(shù),∴h(x)>h(1)=0,不符合題意,
②當(dāng)1+a<0,即a<-1時,ω(1)=1+a<0,ω(e)=2e2-e+a,
(�。┤籀兀╡)<0,即a≤2e2-e<-1時,在x∈(1,e)上ω(x)>0恒成立
即h′(x)<0恒成立,∴h(x)在(1,e)上單調(diào)遞減,
∴存在x0∈(1,e),使得h(x0)<h(1)=0,符合題意,
(ⅱ)若ω(e)>0,即2e2-e<a<-1時,在(1,e)上存在實(shí)數(shù)m,使得ω(m)=0,
∴在(1,m)上,ω(x)<0恒成立,即h′(x)<0恒成立
∴h(x)在(1,e)上單調(diào)遞減,
∴存在x0∈(1,e),使得h(x0)<h(1)=0,符合題意,
綜上所述,當(dāng)a<-1時,對任意b∈[1,2],都存在x∈(1,e)(e為自然對數(shù)的底數(shù)),使得f(x)<0成立.
點(diǎn)評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題,考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問題,考查不等式的證明,分類討論思想,是一道綜合題.
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A. | y=2e(x-1) | B. | y=ex-1 | C. | y=e(x-1) | D. | y=x-e |
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A. | 2VS | B. | 2VL | C. | 3VS | D. | 3VL |
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A. | 16π | B. | 13π | C. | 12π | D. | 56π |
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X | 2 | 4 | 5 | 6 | 8 |
y | 30 | 40 | 60 | 50 | 70 |
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A. | 16 | B. | 14 | C. | 13 | D. | 512 |
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