Question

18．已知函数f（x）=ax²-bx+lnx，（a，b∈R）．
（1）若a=1，b=3，求函数f（x）的单调递增区间；
（2）若b=0时，不等式f（x）≤0在[1，+∞）上恒成立，求实数a的取值范围；
（3）当a=1，b＞$\frac{9}{2}$时，记函数f（x）的导函数f'（x）的两个零点是x₁，x₂（x₁＜x₂），求证：f（x₁）-f（x₂）＞$\frac{63}{16}$-3ln2．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（2）问题转化为a≤-$\frac{lnx}{{x}^{2}}$在区间[1，+∞）恒成立，令h（x）=-$\frac{lnx}{{x}^{2}}$，根据函数的单调性求出a的范围即可；
（3）由题意得x₁，x₂（x₁＜x₂）是方程2x²-bx+1=0的两个根，记g（x）=2x²-bx+1，根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（1）由题意得：x＞0，a=1，b=3时，f（x）=x²-3x+lnx，
f′（x）=2x-3+$\frac{1}{x}$=$\frac{（2x-1）（x-1）}{x}$，
令f′（x）＞0，解得：0＜x＜$\frac{1}{2}$或x＞1，
故f（x）在（0，$\frac{1}{2}$），（1，+∞）递增；
（2）b=0时，f（x）=ax²+lnx，
不等式f（x）≤0在[1，+∞）恒成立，
即a≤-$\frac{lnx}{{x}^{2}}$在区间[1，+∞）恒成立，
令h（x）=-$\frac{lnx}{{x}^{2}}$，则h′（x）=-$\frac{2lnx-1}{{x}^{3}}$，
令h′（x）＞0，解得：x＞$\sqrt{e}$，
令h′（x）＜0，解得：1＜x＜$\sqrt{e}$，
故f（x）在（1，$\sqrt{e}$）递减，在（$\sqrt{e}$，+∞）递增，
故h（x）_min=h（$\sqrt{e}$）=-$\frac{1}{2e}$，
故a≤-$\frac{1}{2e}$；
（3）证明：a=1时，f（x）=x²-bx+lnx，f′（x）=$\frac{{2x}^{2}-bx+1}{x}$，（x＞0），
由题意得x₁，x₂（x₁＜x₂）是方程2x²-bx+1=0的两个根，
记g（x）=2x²-bx+1，则g（$\frac{1}{b}$）=$\frac{2}{{b}^{2}}$＞0，
∵b＞$\frac{9}{2}$，∴g（$\frac{1}{4}$）=$\frac{1}{4}$（$\frac{9}{2}$-b）＜0，g（2）=9-2b＜0，
∴x₁∈（$\frac{1}{b}$，$\frac{1}{4}$），x₂∈（2，+∞），且f（x）在[x₁，x₂]递减，
故f（x₁）-f（x₂）＞f（$\frac{1}{4}$）-f（2）=$\frac{7b}{4}$-$\frac{63}{16}$-3ln2，
∵b＞$\frac{9}{2}$，∴f（x₁）-f（x₂）＞$\frac{7}{4}$•$\frac{9}{2}$-$\frac{63}{16}$-3ln2=$\frac{63}{16}$-3ln2．

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函数恒成立问题，考查转化思想，是一道综合题．