Question

已知函数f（x）=x²+bx-alnx．
（Ⅰ）若x=2是函数f（x）的极值点，1是函数f（x）的零点，求a，b．
（Ⅱ）对?b∈[-2，-1]，都有?x∈（1，e）（e为自然对数的底数），使得f（x）＜0成立．求实数a的取值范围．
（Ⅲ）若a=-1时，函数f（x）有两个极值点x₁，x₂，且x₁∈（0，

1

2

）求证：f（x₁）-f（x₂）＞

3

4

-ln2．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的极值,利用导数研究函数的单调性

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ）f′（x）=2x+b-

a

x

（x＞0），由于x=2是函数f（x）的极值点，1是函数f（x）的零点，可得：
f′（2）=0，f（1）=0，解得即可．
（II）令g（b）=xb+x²-alnx，b∈[-2，-1]，则g（b）为关于b的一次函数且为增函数，由于对任意b∈[-2，-1]，都存在x∈（1，e），使得f（x）＜0成立，则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-

a

x

=

2x2-x-a

x

，令φ（x）=2x²-x-a，φ′（x）=4x-1＞0，因此φ（x）在（1，e）上单调递增，
φ（x）＞φ（1）=1-a，对1-a再分类讨论，是否满足条件即可．
（III）由题意a=-1，可知f′(x)=

2x2+bx+1

x

(x＞0)．方程2x²+bx+1=0有两个不相等实根x₁、x₂，且x1∈(0，

1

2

)，又x1x2

1

2

，x2=

1

2x1

∈(1，+∞)，且bx1=-(2x12+1)，bx2=-(2x22+1)，
f（x₁）-f（x₂）=

x

2 2

-

1

4 x 2 2

-ln(2

x

2 2

)（x₂＞1），构造ϕ(x)=x2-

1

4x2

-ln2x2(x＞1)，利用导数研究其单调性极值与最值即可．

解答： 解：（Ⅰ）f′（x）=2x+b-

a

x

（x＞0），
∵x=2是函数f（x）的极值点，∴f′（2）=4+b-

a

2

=0．
∵1是函数f（x）的零点，得f（1）=1+b=0，
由

4+b- a 2 =0 1+b=0

，解得a=6，b=-1．
（Ⅱ）令g（b）=xb+x²-alnx，b∈[-2，-1]，则g（b）为关于b的一次函数且为增函数，
根据题意，对任意b∈[-2，-1]，都存在x∈（1，e），使得f（x）＜0成立，
则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-

a

x

=

2x2-x-a

x

，
令φ（x）=2x²-x-a，φ′（x）=4x-1＞0，
∴φ（x）在（1，e）上单调递增，φ（x）＞φ（1）=1-a，
①当1-a≥0，即a≤1时，φ（x）＞0，即h′（x）＞0，h（x）在（1，e）上单调递增，
∴h（x）＞h（1）=0，不符合题意．
②当1-a＜0，即a＞1时，φ（1）=1-a＜0，φ（e）=2e²-e-a．
若a≥2e²-e＞1，则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）上单调递减，∴存在x₀∈（1，e）使得h（x₀）＜h（1）=0，符合题意．
若2e²-e＞a＞1，则φ（e）＞0，
∴在（1，e）上一定存在实数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）上单调递减，
∴存在存在x₀∈（1，m）使得h（x₀）＜h（1）=0，符合题意．
综上所述，当a＞1时，对?b∈[-2，-1]，都有?x∈（1，e）（e为自然对数的底数），使得f（x）＜0
成立．
（Ⅲ）证明：由题意a=-1，可知f′(x)=

2x2+bx+1

x

(x＞0)，
方程2x²+bx+1=0有两个不相等实根x₁、x₂，且x1∈(0，

1

2

)，又x1x2=

1

2

，
∴x2=

1

2x1

∈(1，+∞)，且bx1=-(2x12+1)，bx2=-(2x22+1)，
f（x₁）-f（x₂）=(

x

2 1

+bx1+lnx1)-(

x

2 2

+bx2+lnx2)
=[x12-(2x12+1)+lnx1]-[x22-(2x22+1)+lnx2]
=x22-x12+ln

x1

x2

=x22-

1

4x22

-ln2x22(x2＞1)，
构造ϕ(x)=x2-

1

4x2

-ln2x2(x＞1)，
ϕ′(x)=

(2x2-1)2

2x3

．
当x＞1，则ϕ′（x）＞0，ϕ（x）在（1，+∞）上为增函数，
∴ϕ(x)＞ϕ(1)=

3

4

-ln2，即f(x1)-f(x2)＞

3

4

-ln2成立．

点评：本题考查了利用导数以及函数的单调性极值与最值、一次函数的单调性，考查了等价转化方法、分类讨论的思想方法，考查了构造函数解决问题，考查了推理能力和计算能力，属于难题．