Question

設(shè)函數(shù)f（x）=x²+bx-alnx．
（Ⅰ）若x=2是函數(shù)f（x）的極值點，1和x₀是函數(shù)f（x）的兩個不同零點，且x₀∈（n，n+1），n∈N，求n．
（Ⅱ）若對任意b∈[-2，-1]，都存在x∈（1，e）（e 為自然對數(shù)的底數(shù)），使得f（x）＜0成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析：（Ⅰ）先求導(dǎo)得到f′(x)=2x-

a

x

+b，由f′(2)=4-

a

2

+b=0，f（1）=1+b=0，得到a與b的值，再令導(dǎo)數(shù)大于0，或小于0，得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，再由零點存在性定理得到得到x₀∈（3，4），進而得到n的值；
（Ⅱ）令g（b）=xb+x²-alnx，b∈[-2，-1]，問題轉(zhuǎn)化為在x∈（1，e）上g（b）_max=g（-1）＜0有解即可，亦即只需存在x₀∈（1，e）使得x²-x-alnx＜0即可，連續(xù)利用導(dǎo)函數(shù)，然后分別對1-a≥0，1-a＜0，看是否存在x₀∈（1，e）使得h（x₀）＜h（1）=0，進而得到結(jié)論．

解答：解：（Ⅰ）f′(x)=2x-

a

x

+b，∵x=2是函數(shù)f（x）的極值點，∴f′(2)=4-

a

2

+b=0．
∵1是函數(shù)f（x）的零點，得f（1）=1+b=0，
由

4- a 2 +b=0 1+b=0

，解得a=6，b=-1．…（2分）
∴f（x）=x²-x-6lnx，
令f′(x)=2x-

6

x

-1=

2x2-x-6

x

=

(2x+3)(x-2)

x

＞0，x∈（0，+∞），得x＞2；   
令f′（x）＜0得0＜x＜2，
所以f（x）在（0，2）上單調(diào)遞減；在（2，+∞）上單調(diào)遞增．…（4分）
故函數(shù)f（x）至多有兩個零點，其中1∈（0，2），x₀∈（2，+∞），
因為f（2）＜f（1）=0，f（3）=6（1-ln3）＜0，f（4）=6（2-ln4）=6ln

e2

4

＞0，
所以x₀∈（3，4），故n=3．…（6分）
（Ⅱ）令g（b）=xb+x²-alnx，b∈[-2，-1]，則g（b）為關(guān)于b的一次函數(shù)且為增函數(shù)，
根據(jù)題意，對任意b∈[-2，-1]，都存在x∈（1，e）（e 為自然對數(shù)的底數(shù)），使得f（x）＜0成立，
則在x∈（1，e）上g(b)max=g(-1)=-x+x2-alnx＜0，有解，
令h（x）=x²-x-alnx，只需存在x₀∈（1，e）使得h（x₀）＜0即可，
由于h′(x)=2x-1-

a

x

=

2x2-x-a

x

，
令φ（x）=2x²-x-a，x∈（1，e），φ'（x）=4x-1＞0，
∴φ（x）在（1，e）上單調(diào)遞增，φ（x）＞φ（1）=1-a，…（9分）
①當(dāng)1-a≥0，即a≤1時，φ（x）＞0，即h′（x）＞0，h（x）在（1，e）上單調(diào)遞增，∴h（x）＞h（1）=0，不符合題意．
②當(dāng)1-a＜0，即a＞1時，φ（1）=1-a＜0，φ（e）=2e²-e-a
若a≥2e²-e＞1，則φ（e）＜0，所以在（1，e）上φ（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．
若2e²-e＞a＞1，則φ（e）＞0，∴在（1，e）上一定存在實數(shù)m，使得φ（m）=0，
∴在（1，m）上φ（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∈[-2，-1]，都存在x∈（1，e）（e 為自然對數(shù)的底數(shù)），使得f（x）＜0成立．…（12分）

點評：本題考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)性質(zhì)的應(yīng)用，考查運算求解能力，推理論證能力；考查化歸與轉(zhuǎn)化思想．對數(shù)學(xué)思維的要求比較高，有一定的探索性．綜合性強，難度大，是高考的重點．解題時要認真審題，仔細解答．