Question

4．已知f（x）=x²+lnx-bx．
（1）若函數(shù)f（x）在其定義域內(nèi)是增函數(shù)，求b的取值范圍；
（2）若g（x）=2x²-f（x）的圖象與x軸交于A，B兩點(diǎn)，其橫坐標(biāo)分別是x₁，x₂，且x₁＜x₂，A，B中點(diǎn)為（x₀，0），求證：g′（x₀）＞0．

Answer 1

分析 （1）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)系進(jìn)行求解即可．
（2）根據(jù)函數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別是（x₁，0），（x₂，0），0＜x₁＜x₂，則點(diǎn)AB的中點(diǎn)橫坐標(biāo)為x₀=$\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$，利用g（x₂）-g（x₁）=0，從而得到g′（x₀），構(gòu)建新函數(shù)，即可證得g′（x₀）＞0．

解答 解：（1）函數(shù)的定義域?yàn)椋?，+∞），則函數(shù)的導(dǎo)數(shù)f′（x）=2x+$\frac{1}{x}$-b，
若函數(shù)f（x）在其定義域內(nèi)是增函數(shù)，
則f′（x）≥0恒成立，
即2x+$\frac{1}{x}$-b≥0，則b≤2x+$\frac{1}{x}$，
∵y=2x+$\frac{1}{x}$≥2$\sqrt{2x•\frac{1}{x}}$=2$\sqrt{2}$，
∴b≤2$\sqrt{2}$．
（2）g（x）=2x²-f（x）=2x²-x²-lnx+bx=x²-lnx+bx，
設(shè)點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別是（x₁，0），（x₂，0），0＜x₁＜x₂，則點(diǎn)AB的中點(diǎn)橫坐標(biāo)為x₀=$\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$，
∵g（x₂）-g（x₁）=x₂²-lnx₂+bx₂-x₁²+lnx₁-bx₁=lnx₁-lnx₂-[（x₂+x₁）+b]（x₂-x₁）=0
∴l(xiāng)nx₂-lnx₁=[（x₂+x₁）+b]（x₂-x₁）=（2x₀+b）（x₂-x₁），
∴2x₀+b=$\frac{l{nx}_{2}-l{nx}_{1}}{{x}_{2}{-x}_{1}}$，
∵g′（x）=2x-$\frac{1}{x}$+b
∴g′（x₀）=2x₀+b-$\frac{1}{{x}_{0}}$=$\frac{l{nx}_{2}-l{nx}_{1}}{{x}_{2}{-x}_{1}}$-$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$=$\frac{1}{{x}_{2}{-x}_{1}}$×[ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-$\frac{2（{x}_{2}-{x}_{1}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$]=$\frac{1}{{x}_{2}{-x}_{1}}$×[ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-$\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{1+\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}$]，
設(shè)t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，則y=ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-$\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{1+\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}$=lnt-$\frac{2（t-1）}{1+t}$，t＞1
令r（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{1+t}$，則r′（t）=$\frac{{（t-1）}^{2}}{{t（t+1）}^{2}}$，
因?yàn)閠＞1時(shí)，r′（t）＞0，所以r（t）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，
而 $\frac{1}{{x}_{2}{-x}_{1}}$＞0，故g′（x₀）＞0．

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用以及導(dǎo)數(shù)知識(shí)的運(yùn)用，考查不等式的證明，考查學(xué)生分析解決問(wèn)題的能力，有一定的難度．綜合性較強(qiáng)，難度較大．