Question

1．已知f（x）=lnx-ax²-bx．
（Ⅰ）若a=-1，函數(shù)f（x）在其定義域內(nèi)是增函數(shù)，求b的取值范圍；
（Ⅱ）設(shè)f（x）的零點為x₁，x₂且x₁＜x₂，x₁+x₂=2x₀，求證：f′（x₀）＜0．

Answer 1

分析 （Ⅰ）化簡函數(shù)f（x）=lnx+x²-bx，從而可得f′（x）=$\frac{1}{x}$+2x-b≥0在（0，+∞）上恒成立，即b≤$\frac{1}{x}$+2x在（0，+∞）上恒成立，再由$\frac{1}{x}$+2x≥2$\sqrt{2}$（當且僅當x=$\frac{\sqrt{2}}{2}$時，等號成立），從而求b的取值范圍．
（Ⅱ）由題意得，$\left\{\begin{array}{l}{f（{x}_{1}）=ln{x}_{1}-a{{x}_{1}}^{2}-b{x}_{1}=0}\\{f（{x}_{2}）=ln{x}_{2}-a{{x}_{2}}^{2}-b{x}_{2}=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{ln{x}_{1}=a{{x}_{1}}^{2}+b{x}_{1}}\\{ln{x}_{2}=a{{x}_{2}}^{2}+b{x}_{2}}\end{array}\right.$，從而可得ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=（x₁-x₂）[a（x₁+x₂）+b]，再由f′（x）=$\frac{1}{x}$-2ax-b及x₁+x₂=2x₀得到f′（x₀）=$\frac{1}{{x}_{1}-{x}_{2}}$[$\frac{2（\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1）}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1}$-ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$]，令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，m（t）=$\frac{2t-2}{t+1}$-lnt（0＜t＜1），從而求導(dǎo)可證明m（t）＞m（1）=0；再由x₁＜x₂證明f′（x₀）＜0．

解答 解：（Ⅰ）若a=-1，則函數(shù)f（x）=lnx+x²-bx，
∵函數(shù)f（x）在其定義域（0，+∞）上是增函數(shù)，
∴f′（x）=$\frac{1}{x}$+2x-b≥0在（0，+∞）上恒成立，
即b≤$\frac{1}{x}$+2x在（0，+∞）上恒成立，
而$\frac{1}{x}$+2x≥2$\sqrt{2}$（當且僅當x=$\frac{\sqrt{2}}{2}$時，等號成立）
故b≤2$\sqrt{2}$，
故b的取值范圍為（-∞，2$\sqrt{2}$]．
（Ⅱ）證明：由題意得，$\left\{\begin{array}{l}{f（{x}_{1}）=ln{x}_{1}-a{{x}_{1}}^{2}-b{x}_{1}=0}\\{f（{x}_{2}）=ln{x}_{2}-a{{x}_{2}}^{2}-b{x}_{2}=0}\end{array}\right.$，
即$\left\{\begin{array}{l}{ln{x}_{1}=a{{x}_{1}}^{2}+b{x}_{1}}\\{ln{x}_{2}=a{{x}_{2}}^{2}+b{x}_{2}}\end{array}\right.$，
故ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=（x₁-x₂）[a（x₁+x₂）+b]，
由f′（x）=$\frac{1}{x}$-2ax-b及x₁+x₂=2x₀，得
f′（x₀）=$\frac{1}{{x}_{0}}$-2ax₀-b
=$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$-[a（x₁+x₂）+b]
=$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$-$\frac{1}{{x}_{1}-{x}_{2}}$ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$
=$\frac{1}{{x}_{1}-{x}_{2}}$[$\frac{2（\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1）}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1}$-ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$]，
令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，m（t）=$\frac{2t-2}{t+1}$-lnt（0＜t＜1），
∵m′（t）=-$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}$＜0，
∴m（t）在（0，1）上遞減，
∴m（t）＞m（1）=0；
又∵x₁＜x₂，
∴f′（x₀）＜0．

點評 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用及整體代換的思想應(yīng)用，化簡運算困難，要細心，屬于難題．