Question

4．已知函數(shù)f（x）=alnx-x²-bx（a，b∈R）．
（1）若x=2是函數(shù)f（x）的一個極值點，x₀和1是f（x）的兩個零點，且${x_0}∈（{n，n+1}）（{n∈{N^*}}）$，求n的值；
（2）若b=a-2，且x₁，x₂是f（x）的兩個極值點，求證：當|x₁-x₂|＞1時，|f（x₁）-f（x₂）|＞3-4ln2．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導數(shù)，得到關于a，b的方程組，求出a，b的值，從而求出f（x）的解析式，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出n的值即可；
（2）根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性得到$|{f（{x_1}）-f（{x_2}）}|=f（{-\frac{a}{2}}）-f（1）=aln（{-\frac{a}{2}}）+\frac{a^2}{4}-1$，令$t=-\frac{a}{2}∈（{2，+∞}）$，則$|{f（{x_1}）-f（{x_2}）}|=-2tlnt+{t^2}-1$，令φ（t）=-2tlnt+t²-1，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解：（1）由f（x）=alnx-x²-bx，得$f'（x）=\frac{a}{x}-2x-b$，
因為x=2是函數(shù)f（x）一個極值點，1是f（x）的零點，所以$\left\{{\begin{array}{l}{f'（2）=0}\\{f（1）=0}\end{array}}\right.$，
即$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{a}{2}-4-b=0}\\{-1-b=0}\end{array}}\right.$，解得a=6，b=-1，
于是$f（x）=6lnx-{x^2}+x，f'（x）=\frac{6}{x}-2x+1=\frac{{-（{2x+3}）（{x-2}）}}{x}$，
令$f'（x）=\frac{{-（{2x+3}）（{x-2}）}}{x}=0$，由x＞0，解得x=2，
則當0＜x＜2時，f'（x）＞0；當x＞2時，f'（x）＜0，
于是f（x）在（0，2）遞增，在（2，+∞）遞減，
因為x₀和1是f（x）的兩個零點，且1∈（0，2），所以x₀∈（2，+∞），
又因為f（3）=6ln3-9+3=6（ln3-1）＞0，f（4）=6ln4-16+4=6（ln4-2）＜0，
所以x₀∈（3，4），則n=3．
（2）由b=a-2，得f（x）=alnx-x²-（a-2）x，
則$f'（x）=\frac{a}{x}-2x-（{a-2}）=\frac{{-（{2x+a}）（{x-1}）}}{x}$，
由x₁，x₂是f（x）的兩個極值點，得x₁，x₂是方程$f'（x）=\frac{{-（{2x+a}）（{x-1}）}}{x}=0$的兩根1和$-\frac{a}{2}$．
不妨令${x_1}=1，{x_2}=-\frac{a}{2}$，則$-\frac{a}{2}＞0$，即a＜0，
由|x₁-x₂|＞1，得$|{1+\frac{a}{2}}|＞1$，即a²+4a＞0，由a＜0，解得a＜-4，此時${x_2}=-\frac{a}{2}＞{x_1}=1$，
于是當0＜x＜1時，f'（x）＜0；當$1＜x＜-\frac{a}{2}$時，f'（x）＞0；當$x＞-\frac{a}{2}$時，f'（x）＜0，
所以f（x）在（0，1）上遞減，在$（{1，-\frac{a}{2}}）$遞增，在$（{-\frac{a}{2}，+∞}）$遞減．
于是f（x）在x=1處取極小值f（1），在$x=-\frac{a}{2}$處取極大值$f（{-\frac{a}{2}}）$．
從而$|{f（{x_1}）-f（{x_2}）}|=f（{-\frac{a}{2}}）-f（1）=aln（{-\frac{a}{2}}）+\frac{a^2}{4}-1$，
令$t=-\frac{a}{2}∈（{2，+∞}）$，則$|{f（{x_1}）-f（{x_2}）}|=-2tlnt+{t^2}-1$，
令φ（t）=-2tlnt+t²-1，則φ'（t）=-2（lnt-t+1），
令h（t）=-2（lnt-t+1），則$h'（t）=\frac{{2（{t-1}）}}{t}$，
因為t∈（2，+∞），所以h'（t）＞0，則h（t）遞增，
所以h（t）＞h（2）=-2（ln2-1）＞0，
即φ'（t）＞0，所以φ（t）遞增，
于是φ（t）＞φ（2）=3-4ln2，
即|f（x₁）-f（x₂）|＞3-4ln2．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、極值問題，考查導數(shù)的應用以及絕對值不等式的證明，考查分類討論思想，轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．