Question

2．已知函數f（x）=x²+bx-alnx．
（1）當a＞0時，函數f（x）是否存在極值？判斷并證明你的結論；
（2）若x=2是函數f（x）的極值點，1和x₀是函數f（x）的兩個不同零點，且x₀∈（n，n+1），求自然數n的值；
（3）若對任意b∈[-2，-1]，都存在x∈（1，e），使得f（x）＜0成立，求實數a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數f（x）的導數，通過判斷導函數的符號，得到函數的單調區(qū)間，從而判斷出函數的極值即可；
（2）先求導得到f′（x），由f′（2）=4-$\frac{a}{2}$+b=0，f（1）=1+b=0，得到a與b的值，再令導數大于0，或小于0，得到函數的單調區(qū)間，再由零點存在性定理得到得到x₀∈（3，4），進而得到n的值；
（3）令g（b）=xb+x²-alnx，b∈[-2，-1]，則g（b）為關于b的一次函數且為增函數，由于對任意b∈[-2，-1]，都存在x∈（1，e），使得f（x）＜0成立，則g（b）_max=g（-1）=x²-x-alnx＜0在x∈（1，e）有解．令h（x）=x²-x-alnx，只需存在x₀∈（1，e）使得h（x₀）＜0即可．

解答 解：（1）f（x）=x²+bx-alnx，（x＞0），
f′（x）=2x+b-$\frac{a}{x}$，f″（x）=2+$\frac{a}{{x}^{2}}$＞0，
故f′（x）在（0，+∞）遞增，
故x→0時，f′（x）→-∞，x→+∞時，f（x）→+∞，
故存在x₀∈（0，+∞），使得：x∈（0，x₀）時，f′（x）＜0，f（x）遞減，
x∈（x₀，+∞）時，f′（x）＞0，f（x）遞增，
故函數f（x）存在極小值，但不存在極大值；
（2）f′（x）=2x-$\frac{a}{x}$+b，∵x=2是函數f（x）的極值點，
∴f′（2）=4-$\frac{a}{2}$+b=0．
∵1是函數f（x）的零點，得f（1）=1+b=0，
由 $\left\{\begin{array}{l}{4-\frac{a}{2}+b=0}\\{1+b=0}\end{array}\right.$，解得a=6，b=-1，
∴f（x）=x²-x-6lnx，
令f′（x）=2x-$\frac{6}{x}$-1=$\frac{（2x+3）（x-2）}{x}$＞0，x∈（0，+∞），得x＞2；   
令f′（x）＜0得0＜x＜2，
所以f（x）在（0，2）上單調遞減；在（2，+∞）上單調遞增
故函數f（x）至多有兩個零點，其中1∈（0，2），x₀∈（2，+∞），
因為f（2）＜f（1）=0，f（3）=6（1-ln3）＜0，f（4）=6（2-ln4）=6ln $\frac{{e}^{2}}{4}$＞0，
所以x₀∈（3，4），故n=3．
（3）令g（b）=xb+x²-alnx，b∈[-2，-1]，則g（b）為關于b的一次函數且為增函數，
根據題意，對任意b∈[-2，-1]，都存在x∈（1，e），使得f（x）＜0成立，
則g（b）_max=g（-1）=x²-x-alnx＜0在x∈（1，e）有解，
令h（x）=x²-x-alnx，只需存在x₀∈（1，e）使得h（x₀）＜0即可，
由于h′（x）=2x-1-$\frac{a}{x}$=$\frac{{2x}^{2}-x-a}{x}$，
令φ（x）=2x²-x-a，φ′（x）=4x-1＞0，
∴φ（x）在（1，e）上單調遞增，φ（x）＞φ（1）=1-a，
①當1-a≥0，即a≤1時，φ（x）＞0，即h′（x）＞0，h（x）在（1，e）上單調遞增，
∴h（x）＞h（1）=0，不符合題意．
②當1-a＜0，即a＞1時，φ（1）=1-a＜0，φ（e）=2e²-e-a．
若a≥2e²-e＞1，則φ（e）＜0，∴在（1，e）上φ（x）＜0恒成立，即h′（x）＜0恒成立，
∴h（x）在（1，e）上單調遞減，∴存在x₀∈（1，e）使得h（x₀）＜h（1）=0，符合題意．
若2e²-e＞a＞1，則φ（e）＞0，
∴在（1，e）上一定存在實數m，使得φ（m）=0，
∴在（1，m）上φ（x）＜0恒成立，即h′（x）＜0恒成立，h（x）在（1，m）上單調遞減，
∴存在存在x₀∈（1，m）使得h（x₀）＜h（1）=0，符合題意．
綜上所述，當a＞1時，對?b∈[-2，-1]，都有?x∈（1，e）（e為自然對數的底數），使得f（x）＜0成立．

點評 本題考查利用導數求函數性質的應用，考查運算求解能力，推理論證能力；考查化歸與轉化思想．對數學思維的要求比較高，有一定的探索性．綜合性強，難度大，是高考的重點．解題時要認真審題，仔細解答．