Question

12．已知函数f（x）=blnx．
（Ⅰ）当b=1时，若函数F（x）=f（x）+ax²-x在其定义域上为增函数，求a的取值范围；
（Ⅱ）若在[1，e]上存在x₀，使得x₀-f（x₀）＜-$\frac{1+b}{x_0}$成立，求b的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数F（x）的导数，问题转化为2a≥$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$=-${（\frac{1}{x}-\frac{1}{2}）}^{2}$+$\frac{1}{4}$在x∈（0，+∞）上恒成立，求出a的范围即可；
（Ⅱ）设h（x）=x-blnx+$\frac{1+b}{x}$，问题转化为函数h（x）=x-blnx+$\frac{1+b}{x}$在[1，e]上的最小值小于零，通过讨论b的范围，求出h（x）的单调区间，从而进一步确定b的范围即可．

解答 解：（Ⅰ）b=1时，F（x）=f（x）+ax²-x=lnx+ax²-x，x∈（0，+∞），
F′（x）=$\frac{1}{x}$+2ax-1≥0在x∈（0，+∞）恒成立，
则2a≥$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$=-${（\frac{1}{x}-\frac{1}{2}）}^{2}$+$\frac{1}{4}$在x∈（0，+∞）上恒成立，
∴2a≥$\frac{1}{4}$，a≥$\frac{1}{8}$；
（Ⅱ）设h（x）=x-blnx+$\frac{1+b}{x}$，
若在[1，e]上存在x₀，使得x₀-f（x₀）＜-$\frac{1+b}{{x}_{0}}$，即x₀-blnx₀+$\frac{1+b}{{x}_{0}}$＜0成立，
则只需要函数h（x）=x-blnx+$\frac{1+b}{x}$在[1，e]上的最小值小于零．
又h′（x）=1-$\frac{b}{x}$-$\frac{1+b}{{x}^{2}}$=$\frac{（x+1）[x-（1+b）]}{{x}^{2}}$，
令h'（x）=0，得x=-1（舍去）或x=1+b．
①当1+b≥e，即b≥e-1时，h（x）在[1，e]上单调递减，
故h（x）在[1，e]上的最小值为h（e），
由h（e）=e+$\frac{1+b}{e}$-b＜0，可得b＞$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$，
因为 $\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$＞e-1，所以b＞$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$；
②当1+b≤1，即b≤0时，h（x）在[1，e]上单调递增，
故h（x）在[1，e]上的最小值为h（1），由h（1）=1+1+b＜0，
可得b＜-2（满足b≤0）．
③当1＜1+b＜e，即0＜b＜e-1时，h（x）在（1，1+b）上单调递减，在（1+b，e）上单调递增，
故h（x）在[1，e]上的最小值为h（1+b）=2+b-bln（1+b）．
因为0＜ln（1+b）＜1，所以0＜bln（1+b）＜b，
所以2+b-bln（1+b）＞2，即h（1+b）＞2，不满足题意，舍去．
综上可得b＜-2或b＞$\frac{{e}^{2}+2}{e-1}$，
所以实数b的取值范围为（-∞，-2）∪（$\frac{{e}^{2}+2}{e-1}$，+∞）．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，是一道综合题．