Question

1．已知f（x）=x²+ax-blnx．
（1）當(dāng)a=-1，b＞-$\frac{1}{8}$，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）當(dāng)b＜0時(shí)，g（x）=3f（x）-2xf′（x）的圖象與x軸交于A、B兩點(diǎn)，其橫坐標(biāo)分別是x₁，x₂，且x₁＜x₂，A，B中點(diǎn)為（x₀，0），求證：g′（x₀）＜0．

Answer 1

分析 （1）f′（x）=$\frac{2{x}^{2}-x-b}{x}$．（x＞0），方程2x²-x-b=0，△=1+8b＞0，方程2x²-x-b=0的根${x}_{1}=\frac{1-\sqrt{1+8b}}{4}，{x}_{2}=\frac{1+\sqrt{1+8b}}{4}$
①當(dāng)1+8b≥1，即b≥0時(shí)，x₁≤0，x₂＞0，可得函數(shù)f（x）的單調(diào) 區(qū)間；②當(dāng)1+8b＜1，即-$\frac{1}{8}$＜b＜0時(shí)，x₁＞0，x₂＞0，函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間為．
（2）g（x）=-x²+ax-3blnx+2b，g′（x）=-2x-$\frac{3b}{x}$+a，（x＞0），由g（x₂）=-x₂²+ax₂-3blnx₂+2b=0，g（x₁）=-x₁²+ax₁-3blnx₁+2b=0．得a=（x₁+x₂）+$\frac{3b（ln{x}_{2}-ln{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$…①
g′（x₀）=-2x₀-$\frac{3b}{{x}_{0}}$+a=-（x₁+x₂）-$\frac{6b}{{x}_{1}+{x}_{2}}$+a，要證g′（x₀）＜0，只需證-（x₁+x₂）²-6b+a（x₁+x₂）＜0…②．由①②可得，只需證明$\frac{{x}_{2}+{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$•ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-2＞0．令t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$（t＞1），只需證明$\frac{t+1}{t-1}•lnt-2＞0$，即證明（t+1）lnt-2（t-1）＞0，令h（t）=（t+1）lnt-2（t-1），（t＞1），利用導(dǎo)數(shù)可證明g′（x₀）＜0

解答 解：（1）函數(shù)f（x）=x²+ax-blnx的定義域?yàn)椋?，+∞）．f′（x）=2x-$\frac{x}+a$=$\frac{2{x}^{2}+ax-b}{x}$，
當(dāng)a=-1，b＞-$\frac{1}{8}$時(shí)，f′（x）=$\frac{2{x}^{2}-x-b}{x}$．
方程2x²-x-b=0，△=1+8b＞0，方程2x²-x-b=0的根${x}_{1}=\frac{1-\sqrt{1+8b}}{4}，{x}_{2}=\frac{1+\sqrt{1+8b}}{4}$
①當(dāng)1+8b≥1，即b≥0時(shí)，x₁≤0，x₂＞0，函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（$\frac{1+\sqrt{1+8b}}{4}$，0），減區(qū)間為（0，$\frac{1+\sqrt{1+8b}}{4}$）
②當(dāng)1+8b＜1，即-$\frac{1}{8}$＜b＜0時(shí)，x₁＞0，x₂＞0，函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，$\frac{1-\sqrt{1+8b}}{4}$），（$\frac{1+\sqrt{1+8b}}{4}$，+∞），
減區(qū)間為（$\frac{1-\sqrt{1+8b}}{4}$，$\frac{1+\sqrt{1+8b}}{4}$）．
（2）g（x）=3f（x）-2xf′（x）=3（x²+ax-blnx）-2x•$\frac{2{x}^{2}+ax-b}{x}$=-x²+ax-3blnx+2b，
g′（x）=-2x-$\frac{3b}{x}$+a，（x＞0），
設(shè)點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別是（x₁，0），（x₂，0），0＜x₁＜x₂，則點(diǎn)AB的中點(diǎn)橫坐標(biāo)為x₀=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$，
∵g（x₂）=-x₂²+ax₂-3blnx₂+2b=0，g（x₁）=-x₁²+ax₁-3blnx₁+2b=0．
兩式相減得（x₁-x₂）（x₁+x₂）+a（x₂-x₁）-3b（lnx₂-lnx₁）=0⇒a=（x₁+x₂）+$\frac{3b（ln{x}_{2}-ln{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$…①
g′（x₀）=-2x₀-$\frac{3b}{{x}_{0}}$+a=-（x₁+x₂）-$\frac{6b}{{x}_{1}+{x}_{2}}$+a，要證g′（x₀）＜0，只需證-（x₁+x₂）²-6b+a（x₁+x₂）＜0…②．
把①代入②得-6b+3b$•\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}（{x}_{2}+{x}_{1}）$＜0，
∵b＜0，∴只需證明$\frac{{x}_{2}+{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$•ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-2＞0．
令t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$（t＞1），只需證明$\frac{t+1}{t-1}•lnt-2＞0$，即證明（t+1）lnt-2（t-1）＞0，
令h（t）=（t+1）lnt-2（t-1），（t＞1），h′（t）=lnt+$\frac{1}{t}-1$，h″（t）=$\frac{1}{t}-\frac{1}{{t}^{2}}=\frac{t-1}{{t}^{2}}$＞0，
∴h′（t）在（1，+∞）遞增，且h′（1）=0，可得h′（t）＞0在（1，+∞）恒成立，
∴h（t）在（1，+∞）遞增，且h（1）=0，即h（t）＞0在（1，+∞）恒成立，
可得-6b+3b$•\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}（{x}_{2}+{x}_{1}）$＜0，
∴g′（x₀）＜0．

點(diǎn)評 本題考查了函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用以及導(dǎo)數(shù)知識的運(yùn)用，考查不等式的證明，考查學(xué)生分析解決問題的能力，有一定的難度．綜合性較強(qiáng)，難度較大．