Question

14．已知函数f（x）=alnx-（a+b）x+x²（a，b∈R）．
（I）若a=2，b=1，求函数f（x）在x=1处的切线方程；
（II） 若f（x）在x=1处取得极值，讨论函数f（x）的单调性；
（III）当a=1时，设函数φ（x）=f（x）-x²有两个零点，求b的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，计算f（1），f′（1）的值，求出切线方程即可；
（Ⅱ）求出函数的导数，求出b的值，通过讨论a的范围求出函数的单调区间即可；
（Ⅲ）问题转化为方程b+1=$\frac{lnx}{x}$在（0，+∞）有2个不同的根，设g（x）=$\frac{lnx}{x}$（x＞0），根据函数的单调性求出b的范围即可．

解答 解：（Ⅰ）a=2，b=1时，f（x）=2lnx-3x+x²，
∴f′（x）=$\frac{2}{x}$-3+2x，∴f′（1）=1，f（1）=-2，
故f（x）在x=1处的切线方程是x-y-3=0；
（Ⅱ）f′（x）=$\frac{a}{x}$-（a+b）+2x，
由f（x）在x=1处取得极值，得f′（1）=0，解得：b=2，
故f′（x）=$\frac{a}{x}$-（a+2）+2x=$\frac{2（x-\frac{a}{2}）（x-1）}{x}$，
a=2时，f′（x）≥0，不满足f（x）在x=1处取得极值，故a≠2，
①a≤0时，x∈（0，1）时，f′（x）＜0，x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，
故f（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增；
②0＜$\frac{a}{2}$＜1即0＜a＜2时，0＜x＜$\frac{a}{2}$或x＞1时，f′（x）＞0，$\frac{a}{2}$＜x＜1时，f′（x）＜0，
故f（x）在（0，$\frac{a}{2}$），（1，+∞）递增，在（$\frac{a}{2}$，1）递减；
③a＞2时，0＜x＜1或x＞$\frac{a}{2}$时，f′（x）＞0，1＜x＜$\frac{a}{2}$时，f′（x）＜0，
故f（x）在（0，1），（$\frac{a}{2}$，+∞）递增，在（1，$\frac{a}{2}$）递减；
（Ⅲ）a=1时，函数φ（x）=f（x）-x²=lnx-（1+b）x，
φ（x）有2个不同的零点x₁，x₂，
即方程b+1=$\frac{lnx}{x}$在（0，+∞）有2个不同的根，
设g（x）=$\frac{lnx}{x}$（x＞0），则g′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
x∈（0，e）时，g′（x）＞0，x∈（e，+∞）时，g′（x）＜0，
故g（x）在（0，e）递增，在（e，+∞）递减，
故x=e时，g（x）_max=g（e）=$\frac{1}{e}$，
∵g（1）=0，x∈（0，1）时，g（x）＜0，x∈（1，+∞）时，g（x）＞0，
故0＜b+1＜$\frac{1}{e}$，b的范围是（-1，$\frac{1}{e}$-1）．

点评 本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．