Question

8．已知f（x）=lnx-ax²-bx．記f（x）的導(dǎo)函數(shù)是f′（x）．
（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） f（x）的圖象與x軸交于A（x₁，0），B（x₂，0）（x₁＜x₂））兩點(diǎn)，AB中點(diǎn)為C（x₀，0），求證：f′（x₀）＜0．

Answer 1

分析 （I）將f（x）在（0，+∞）上遞增，轉(zhuǎn)化成f′（x）≥0對(duì)x∈（0，+∞）恒成立，即b≤$\frac{1}{x}$+2x對(duì)x∈（0，+∞）恒成立，根據(jù)基本不等式可求出；
（II）求出f（x₁）=0，f（x₂）=0，化簡(jiǎn)整理，再由中點(diǎn)坐標(biāo)公式，構(gòu)造函數(shù)φ（t）=$\frac{2（t-1）}{t+1}$-lnt，（0＜t＜1），運(yùn)用導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，即可得證．

解答 解：（Ⅰ）依題意：f（x）=lnx+x²-bx，
∵f（x）在（0，+∞）上遞增，
∴f′（x）=$\frac{1}{x}$+2x-b≥0對(duì)x∈（0，+∞）恒成立
即b≤$\frac{1}{x}$+2x對(duì)x∈（0，+∞）恒成立，
∴只需b≤（$\frac{1}{x}$+2x）_min，
∵x＞0，
∴$\frac{1}{x}$+2x≥2$\sqrt{2}$當(dāng)且僅當(dāng)x=$\frac{\sqrt{2}}{2}$時(shí)取“=”，
∴b≤2$\sqrt{2}$，
∴b的取值范圍為（-∞，2$\sqrt{2}$]；
（II）由已知得$\left\{\begin{array}{l}{f（{x}_{1}）=ln{x}_{1}-a{{x}_{1}}^{2}-b{x}_{1}}\\{f（{x}_{2}）=ln{x}_{2}-a{{x}_{2}}^{2}-b{x}_{2}}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{ln{x}_{1}=a{{x}_{1}}^{2}+b{x}_{1}}\\{ln{x}_{2}=a{{x}_{2}}^{2}+b{x}_{2}}\end{array}\right.$  兩式相減，得ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=a（x₁+x₂）（x₁-x₂）+b（x₁-x₂），
∴l(xiāng)n$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=（x₁-x₂）[a（x₁+x₂）+b]，
由f′（x）=$\frac{1}{x}$-2ax-b，及2x₀=x₁+x₂，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$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=$\frac{1}{{x}_{1}-{x}_{2}}$[$\frac{2（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$-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=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，
φ（t）=$\frac{2（t-1）}{t+1}$-lnt，（0＜t＜1）．
∵φ′（t）=-$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）}$＜0，
則φ（t）在（0，1）遞減，
則φ（t）＞φ（1）=0，
由于x₁＜x₂，則f′（x₀）＜0．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)與原函數(shù)的單調(diào)性之間的關(guān)系，即當(dāng)導(dǎo)函數(shù)大于0時(shí)原函數(shù)單調(diào)遞增，當(dāng)導(dǎo)函數(shù)小于0時(shí)原函數(shù)單調(diào)遞減，同時(shí)考查了轉(zhuǎn)化與劃歸的思想，分析問題解決問題的能力，屬于中檔題．