Question

9．已知函數(shù)f（x）=x²+ax（a∈R），g（x）=lnx．
（1）求證：g（x）＜$\frac{x}{2}$；
（2）設(shè)h（x）=f（x）+bg（x）（b∈R）．
①若a²+b=0，且當(dāng)x＞0時h（x）＞0恒成立，求a的取值范圍；
②若h（x）在（0，+∞）上存在零點，且a+b≥-2，求b的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）設(shè)$φ（x）=g（x）-\frac{x}{2}=lnx-\frac{x}{2}$，求出φ（x）的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出φ（x）的最大值小于0，從而證出結(jié)論；
（2）①得到h（x）=x²+ax-a²lnx，求出h（x）的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍求出h（x）的最小值，從而求出a的范圍即可；
②問題胡宗南華為$b≥\frac{{{x^2}-2x}}{x-lnx}$在（0，+∞）上有解，設(shè)$F（x）=\frac{{{x^2}-2x}}{x-lnx}$，根據(jù)F（x）的單調(diào)性，求出F（x）的最小值，從而求出b的范圍即可．

解答 解：（1）設(shè)$φ（x）=g（x）-\frac{x}{2}=lnx-\frac{x}{2}$，
則$φ'（x）=\frac{1}{x}-\frac{1}{2}=\frac{2-x}{2x}（x＞0）$---（1分）
∴φ（x）在（0，2）上單調(diào)遞增，在（2，+∞）上單調(diào)遞減，--------（2分）
∴φ（x）_max=φ（2）=ln2-1＜0，
∴φ（x）＜0，即$g（x）＜\frac{x}{2}$---------------（3分）
（2）h（x）=x²+ax+blnx
①∵a²+b=0，∴h（x）=x²+ax-a²lnx
則$h'（x）=2x+a-\frac{a^2}{x}=\frac{{2{x^2}+ax-{a^2}}}{x}=\frac{（2x-a）（x+a）}{x}（x＞0）$---------（4分）
（�。┊�(dāng)a=0時，h（x）=x²＞0恒成立；------------（5分）
（ⅱ）當(dāng)a＞0時，h（x）在$（0，\frac{a}{2}）$上單調(diào)遞減，在$（\frac{a}{2}，+∞）$上單調(diào)遞增，
∴$h{（x）_{min}}=h（\frac{a}{2}）=\frac{3}{4}{a^2}-{a^2}ln\frac{a}{2}＞0$，解得$0＜a＜2{e^{\frac{3}{4}}}$---------------（6分）
（ⅲ）當(dāng)a＜0時，h（x）在（0，-a）上單調(diào)遞減，在（-a，+∞）上單調(diào)遞增，
∴$h{（x）_{min}}=h（-a）=-{a^2}ln（-a）＞0$，解得-1＜a＜0--------------（7分）
綜上所述，a的取值范圍為$-1＜a＜2{e^{\frac{3}{4}}}$---------------------（8分）
②∵h（x）在（0，+∞）上存在零點，
∴x²+ax+blnx=0在（0，+∞）上有解，
即$a=-x-\frac{blnx}{x}$在（0，+∞）上有解，
∵a+b≥-2，∴$-x-\frac{blnx}{x}+b≥-2$在（0，+∞）上有解，
由（1）可得$lnx＜\frac{x}{2}＜x$，
∴$b≥\frac{{{x^2}-2x}}{x-lnx}$在（0，+∞）上有解，
設(shè)$F（x）=\frac{{{x^2}-2x}}{x-lnx}$，則$F'（x）=\frac{（x-1）（x-2lnx+2）}{{{{（x-lnx）}^2}}}$，
∵$lnx＜\frac{x}{2}$，∴x-2lnx+2＞0，
∴F（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
∴F（x）_min=F（1）=-1，
故b≥-1----------------------------------（14分）

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問題，是一道綜合題．