Question

1．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}$ax²+lnx（f′（x）為其導(dǎo)函數(shù)），g（x）=-bx，設(shè)h（x）=f（x）-g（x）
（Ⅰ） 當(dāng)a=-2時(shí)，f′（1）=g（-1）-1，求函數(shù)h（x）的單調(diào)區(qū)間．
（Ⅱ）當(dāng)a=0時(shí)，
（�。┤籀恕�-1，滿足不等式λf（x）≤-t²-λt+1在x∈[e，3]上恒成立，求t的取值范圍．
（ⅱ）若x₁，x₂為h（x）的兩個(gè)不同零點(diǎn)，求證：$\frac{{x}_{1}{x}_{2}}{{e}^{2}}$＞1．

Answer 1

分析 （Ⅰ）當(dāng)a=-2時(shí)，求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用函數(shù)單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)之間的關(guān)系，即可判斷f（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）（i）當(dāng)a=0時(shí)，若函數(shù)f（x）有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，利用數(shù)形結(jié)合即可求b的取值范圍；
（ii）求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，構(gòu)造函數(shù)，根據(jù)x₁、x₂為函數(shù)f（x）的兩個(gè)不同的零點(diǎn)，即可證明不等式．

解答 解：（Ⅰ） 當(dāng)a=-2時(shí)，
因?yàn)閒′（x）=-2x+$\frac{1}{x}$，所以f′（1）=-2+1=-1，
由f′（1）=g（-1）-2可得b=1．
所以h（x）=-x²+lnx+x，其定義域?yàn)椋?，+∞），
h′（x）=$\frac{-（2x+1）（x-1）}{x}$，
令h′（x）=0，得x₁=-$\frac{1}{2}$，x₂=1，
當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，h′（x）＞0，當(dāng)x∈（1，+∞），h′（x）＜0，
所以函數(shù)h（x）在區(qū)間（0，1）上單調(diào)增；在區(qū)間（1，+∞）上單調(diào)減．
（Ⅱ）當(dāng)a=0時(shí)，f（x）=lnx，h（x）=lnx+bx，
（�。┊�(dāng)λ≤-1時(shí)，若不等式λlnx≤-t²-λt+1在區(qū)間[e，3]上恒成立，
則（λlnx）_max≤-t²-λt+1，
因?yàn)樵趚∈[e，3]時(shí)，所以（λlnx）_max=λ，
故有λ≤-t²-λt+1恒成立，
令函數(shù)m（λ）=（1+λ）t+t²-1≤0在λ≤-1時(shí)恒成立，
即$\left\{\begin{array}{l}{1+λ≥0}\\{m（-1）{=t}^{2}-t-2≤0}\end{array}\right.$，解得：-1≤t≤2，
（ⅱ）∵x₁、x₂為函數(shù)f（x）的兩個(gè)零點(diǎn)，不妨設(shè)0＜x₁＜x₂，
所以lnx₁+bx₁=0，lnx₂+bx₂=0，
兩式相減得：$\frac{l{nx}_{2}-l{nx}_{1}}{{{x}_{2}-x}_{1}}$=-b，兩式相加得：$\frac{l{nx}_{2}+l{nx}_{1}}{{{x}_{2}+x}_{1}}$=-b，
要證x₁x₂＞e²，即證lnx₁+lnx₂＞2，
即證 $\frac{l{nx}_{2}-l{nx}_{1}}{{{x}_{2}-x}_{1}}$＞$\frac{2}{{{x}_{2}+x}_{1}}$，
即證ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞$\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+1）}$，
令t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，（t＞1），即證lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$，
h（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，則h′（t）=$\frac{{（t-1）}^{2}}{t（t+1）}$＞0，
所以h（t）＞h（1）=0，即lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$，（t＞1）
所以$\frac{l{nx}_{2}-l{nx}_{1}}{{{x}_{2}-x}_{1}}$＞$\frac{2}{{{x}_{2}+x}_{1}}$，
所以x₁x₂＞e²，即：$\frac{{x}_{1}{x}_{2}}{{e}^{2}}$＞1．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查函數(shù)單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)之間的關(guān)系，考查考生的應(yīng)用，運(yùn)算量大，綜合性較強(qiáng)，屬于難題．