Question

12．已知函數(shù)f（x）=blnx．
（Ⅰ）當(dāng)b=1時(shí)，若函數(shù)F（x）=f（x）+ax²-x在其定義域上為增函數(shù)，求a的取值范圍；
（Ⅱ）若在[1，e]上存在x₀，使得x₀-f（x₀）＜-$\frac{1+b}{x_0}$成立，求b的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)F（x）的導(dǎo)數(shù)，問(wèn)題轉(zhuǎn)化為2a≥$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$=-${（\frac{1}{x}-\frac{1}{2}）}^{2}$+$\frac{1}{4}$在x∈（0，+∞）上恒成立，求出a的范圍即可；
（Ⅱ）設(shè)h（x）=x-blnx+$\frac{1+b}{x}$，問(wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)h（x）=x-blnx+$\frac{1+b}{x}$在[1，e]上的最小值小于零，通過(guò)討論b的范圍，求出h（x）的單調(diào)區(qū)間，從而進(jìn)一步確定b的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）b=1時(shí)，F(xiàn)（x）=f（x）+ax²-x=lnx+ax²-x，x∈（0，+∞），
F′（x）=$\frac{1}{x}$+2ax-1≥0在x∈（0，+∞）恒成立，
則2a≥$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$=-${（\frac{1}{x}-\frac{1}{2}）}^{2}$+$\frac{1}{4}$在x∈（0，+∞）上恒成立，
∴2a≥$\frac{1}{4}$，a≥$\frac{1}{8}$；
（Ⅱ）設(shè)h（x）=x-blnx+$\frac{1+b}{x}$，
若在[1，e]上存在x₀，使得x₀-f（x₀）＜-$\frac{1+b}{{x}_{0}}$，即x₀-blnx₀+$\frac{1+b}{{x}_{0}}$＜0成立，
則只需要函數(shù)h（x）=x-blnx+$\frac{1+b}{x}$在[1，e]上的最小值小于零．
又h′（x）=1-$\frac{x}$-$\frac{1+b}{{x}^{2}}$=$\frac{（x+1）[x-（1+b）]}{{x}^{2}}$，
令h'（x）=0，得x=-1（舍去）或x=1+b．
①當(dāng)1+b≥e，即b≥e-1時(shí)，h（x）在[1，e]上單調(diào)遞減，
故h（x）在[1，e]上的最小值為h（e），
由h（e）=e+$\frac{1+b}{e}$-b＜0，可得b＞$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$，
因?yàn)?$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$＞e-1，所以b＞$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$；
②當(dāng)1+b≤1，即b≤0時(shí)，h（x）在[1，e]上單調(diào)遞增，
故h（x）在[1，e]上的最小值為h（1），由h（1）=1+1+b＜0，
可得b＜-2（滿(mǎn)足b≤0）．
③當(dāng)1＜1+b＜e，即0＜b＜e-1時(shí)，h（x）在（1，1+b）上單調(diào)遞減，在（1+b，e）上單調(diào)遞增，
故h（x）在[1，e]上的最小值為h（1+b）=2+b-bln（1+b）．
因?yàn)?＜ln（1+b）＜1，所以0＜bln（1+b）＜b，
所以2+b-bln（1+b）＞2，即h（1+b）＞2，不滿(mǎn)足題意，舍去．
綜上可得b＜-2或b＞$\frac{{e}^{2}+2}{e-1}$，
所以實(shí)數(shù)b的取值范圍為（-∞，-2）∪（$\frac{{e}^{2}+2}{e-1}$，+∞）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類(lèi)討論思想，是一道綜合題．