Question

17．已知函数f（x）=alnx-（a+b）x+x²（a，b∈R）．
（I）若f（x）在x=1处取得极值，讨论函数f（x）的单调性；
（II）当a=1时，设函数φ（x）=f（x）-x²有两个零点x₁，x₂．
（i）求b的取值范围；
（ii）证明：x₁x₂＞e²．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）（i）问题转化为方程b+1=$\frac{lnx}{x}$在（0，+∞）有2个不同实根，设g（x）=$\frac{lnx}{x}$，（x＞0），根据函数的单调性求出b的范围即可；
（ii）构造函数M（x）=g（x）-g（$\frac{{e}^{2}}{x}$）=$\frac{lnx}{x}$+$\frac{x•lnx-2x}{{e}^{2}}$，求出函数的导数，根据函数的道德底线证明即可．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=$\frac{a}{x}$-（a+b）+2x，
由f（x）在x=1处取极值，得f′（1）=0，解得：b=2，
故f′（x）=$\frac{2（x-\frac{a}{2}）（x-1）}{x}$，
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；
（Ⅱ）（i）a=1时，函数φ（x）=f（x）-x²=lnx-（1+b）x，
φ（x）有2个不相同零点x₁，x₂，
即方程b+1=$\frac{lnx}{x}$在（0，+∞）有2个不同实根，
设g（x）=$\frac{lnx}{x}$，（x＞0），则g′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
x∈（　　），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），
（ii）由（i）得1＜x₁＜e＜x₂，
构造函数M（x）=g（x）-g（$\frac{{e}^{2}}{x}$）=$\frac{lnx}{x}$+$\frac{x•lnx-2x}{{e}^{2}}$，
M′（x）=$\frac{（lnx-1）{（x}^{2}{-e}^{2}）}{{{e}^{2}x}^{2}}$，
x＞e时，M′（x）＞0恒成立，
故M（x）在（e，+∞）递增，
∵M（e）=0，故对任意x＞e，M（x）＞0，
故M（x₂）=g（x₂）-g（$\frac{{e}^{2}}{{x}_{2}}$）＞0，即g（x₂）＞g（$\frac{{e}^{2}}{{x}_{2}}$），
∵g（x₁）=g（x₂），∴g（x₁）＞g（$\frac{{e}^{2}}{{x}_{2}}$），
又x₁∈（1，e），$\frac{{e}^{2}}{{x}_{2}}$∈（1，e），
由（i）得g（x）在（0，e）递增，
故x₁＞$\frac{{e}^{2}}{{x}_{2}}$，即x₁x₂＞e²．

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，转化思想，考查不等式的证明，是一道综合题．