Question

已知f（x）=

1

2

ax²+（b-1）x+lnx（a＞0，b∈R）
（1）当a=2，b=-2时，求函数f（x）的单调区间；
（2）若函数有两个极值点x₁和x₂，0＜x₁＜2＜x₂＜4，求证：b＜2a；
（3）已知g（x）=f（x）+（1-b）x，μ₂＞μ₁＞0，求证：|

g(μ2)-g(μ1)

μ2-μ1

|＞2

a

．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,利用导数研究函数的极值

专题：证明题,导数的综合应用

分析：（1）求出函数f（x）的定义域，并求出导数，分别令它大于0，小于0，求出单调区间；
（2）首先求出函数f（x）的导数，根据函数f（x）有两个极值点x₁和x₂，且0＜x₁＜2＜x₂＜4，得到不等式组：h（0）＞0，h（2）＜0，h（4）＞0，化简不等式即可；
（3）化简g（x）求出定义域，并求出导数，得到函数g（x）的单调性，去掉绝对值，要证原不等式成立，只要证g（u₂）-2

a

u₂＞g（u₁）-2

a

u₁，构造函数H（x）=g（x）-2

a

x（x＞0），只要证得y=H（x）（x＞0）是增函数，求出导数，运用基本不等式证明不小于0，从而得证．

解答： 解：（1）f（x）=x²-3x+lnx的定义域为（0，+∞），
∴f'（x）=2x-3+

1

x

=

2x2-3x+1

x

（x＞0），
由f'（x）=0得x=

1

2

或x=1，
∴当x＞1或0＜x＜

1

2

时，f'（x）＞0，当

1

2

＜x＜1时f'（x）＜0，
∴（

1

2

，1）是函数f（x）的减区间，（0，

1

2

）和（1，+∞）是f（x）的增区间；
（2）∵函数f（x）有两个极值点x₁，x₂，
∴f（x）=0在（0，+∞）有两个不同的解x₁，x₂，
∵f（x）=ax+（b-1）+

1

x

=

ax2+(b-1)x+1

x

，
∴x₁，x₂是ax²+（b-1）x+1=0在（0，+∞）内的两个不同解，
设h（x）=ax²+（b-1）x+1，则该函数有两个零点x₁，x₂，
∵0＜x₁＜2＜x₂＜4，
∴

h(0)＞0 h(2)＜0 h(4)＞0

即

4a+2b-1＜0 16a+4b-3＞0

，
∴

3

4

-4a＜b＜

1

2

-2a，即

1

4

-4a＜

1

2

-2a得a＞

1

8

，
∴b＜

1

2

-2a＜4a-2a=2a，
∴b＜2a得证；
（3）证明：g（x）=f（x）+（1-b）x=

1

2

ax²+lnx的定义域为（0，+∞），
∵g'（x）=ax+

1

x

＞0，
∴函数g（x）在（0，+∞）上递增，
∵u₂＞u₁＞0，∴g（u₂）＞g（u₁），
∴|

g(u2)-g(u1)

u2-u1

|=

g(u2)-g(u1)

u2-u1

∴要证上式＞2

a

，只要证g（u₂）-2

a

u₂＞g（u₁）-2

a

u₁，
设H（x）=g（x）-2

a

x（x＞0），由题意得只要证y=H（x）（x＞0）是增函数，
∴H（x）=

1

2

ax²+lnx-2

a

x，H'（x）=ax+

1

x

-2

a

≥2

ax• 1 x

-2

a

=0，
∴H（x）在（0，+∞）上是增函数，
∵u₂＞u₁＞0，∴H（u₂）＞H（u₁），
∴g（u₂）-2

a

u₂＞g（u₁）-2

a

u₁，
∴|

g(μ2)-g(μ1)

μ2-μ1

|＞2

a

．

点评：本题主要考查导数的综合运用，求单调区间，求极值，考查二次方程实根的分布，构造函数求导，运用单调性，及基本不等式的运用，考查分析法证明不等式的方法，是一道综合题．