Question

已知函數f（x）=x²+bx-alnx．
（Ⅰ）若x=2是函數f（x）的極值點，1是函數f（x）的零點，求a，b．
（Ⅱ）對?b∈[-2，-1]，都有?x∈（1，e）（e為自然對數的底數），使得f（x）＜0成立．求實數a的取值范圍．
（Ⅲ）若a=-1時，函數f（x）有兩個極值點x₁，x₂，且x₁∈（0，

1

2

）求證：f（x₁）-f（x₂）＞

3

4

-ln2．

Answer 1

考點：利用導數研究函數的極值,利用導數研究函數的單調性

專題：導數的綜合應用

分析：（Ⅰ）f′（x）=2x+b-

a

x

（x＞0），由于x=2是函數f（x）的極值點，1是函數f（x）的零點，可得：
f′（2）=0，f（1）=0，解得即可．
（II）令g（b）=xb+x²-alnx，b∈[-2，-1]，則g（b）為關于b的一次函數且為增函數，由于對任意b∈[-2，-1]，都存在x∈（1，e），使得f（x）＜0成立，則g（b）_max=g（-1）=x²-x-alnx＜0在x∈（1，e）有解．令h（x）=x²-x-alnx，只需存在x₀∈（1，e）使得h（x₀）＜0即可，由于h′(x)=2x-1-

a

x

=

2x2-x-a

x

，令φ（x）=2x²-x-a，φ′（x）=4x-1＞0，因此φ（x）在（1，e）上單調遞增，
φ（x）＞φ（1）=1-a，對1-a再分類討論，是否滿足條件即可．
（III）由題意a=-1，可知f′(x)=

2x2+bx+1

x

(x＞0)．方程2x²+bx+1=0有兩個不相等實根x₁、x₂，且x1∈(0，

1

2

)，又x1x2

1

2

，x2=

1

2x1

∈(1，+∞)，且bx1=-(2x12+1)，bx2=-(2x22+1)，
f（x₁）-f（x₂）=

x

2 2

-

1

4 x 2 2

-ln(2

x

2 2

)（x₂＞1），構造ϕ(x)=x2-

1

4x2

-ln2x2(x＞1)，利用導數研究其單調性極值與最值即可．

解答： 解：（Ⅰ）f′（x）=2x+b-

a

x

（x＞0），
∵x=2是函數f（x）的極值點，∴f′（2）=4+b-

a

2

=0．
∵1是函數f（x）的零點，得f（1）=1+b=0，
由

4+b- a 2 =0 1+b=0

，解得a=6，b=-1．
（Ⅱ）令g（b）=xb+x²-alnx，b∈[-2，-1]，則g（b）為關于b的一次函數且為增函數，
根據題意，對任意b∈[-2，-1]，都存在x∈（1，e），使得f（x）＜0成立，
則g（b）_max=g（-1）=x²-x-alnx＜0在x∈（1，e）有解，
令h（x）=x²-x-alnx，只需存在x₀∈（1，e）使得h（x₀）＜0即可，
由于h′(x)=2x-1-

a

x

=

2x2-x-a

x

，
令φ（x）=2x²-x-a，φ′（x）=4x-1＞0，
∴φ（x）在（1，e）上單調遞增，φ（x）＞φ（1）=1-a，
①當1-a≥0，即a≤1時，φ（x）＞0，即h′（x）＞0，h（x）在（1，e）上單調遞增，
∴h（x）＞h（1）=0，不符合題意．
②當1-a＜0，即a＞1時，φ（1）=1-a＜0，φ（e）=2e²-e-a．
若a≥2e²-e＞1，則φ（e）＜0，∴在（1，e）上φ（x）＜0恒成立，即h′（x）＜0恒成立，
∴h（x）在（1，e）上單調遞減，∴存在x₀∈（1，e）使得h（x₀）＜h（1）=0，符合題意．
若2e²-e＞a＞1，則φ（e）＞0，
∴在（1，e）上一定存在實數m，使得φ（m）=0，
∴在（1，m）上φ（x）＜0恒成立，即h′（x）＜0恒成立，h（x）在（1，m）上單調遞減，
∴存在存在x₀∈（1，m）使得h（x₀）＜h（1）=0，符合題意．
綜上所述，當a＞1時，對?b∈[-2，-1]，都有?x∈（1，e）（e為自然對數的底數），使得f（x）＜0
成立．
（Ⅲ）證明：由題意a=-1，可知f′(x)=

2x2+bx+1

x

(x＞0)，
方程2x²+bx+1=0有兩個不相等實根x₁、x₂，且x1∈(0，

1

2

)，又x1x2=

1

2

，
∴x2=

1

2x1

∈(1，+∞)，且bx1=-(2x12+1)，bx2=-(2x22+1)，
f（x₁）-f（x₂）=(

x

2 1

+bx1+lnx1)-(

x

2 2

+bx2+lnx2)
=[x12-(2x12+1)+lnx1]-[x22-(2x22+1)+lnx2]
=x22-x12+ln

x1

x2

=x22-

1

4x22

-ln2x22(x2＞1)，
構造ϕ(x)=x2-

1

4x2

-ln2x2(x＞1)，
ϕ′(x)=

(2x2-1)2

2x3

．
當x＞1，則ϕ′（x）＞0，ϕ（x）在（1，+∞）上為增函數，
∴ϕ(x)＞ϕ(1)=

3

4

-ln2，即f(x1)-f(x2)＞

3

4

-ln2成立．

點評：本題考查了利用導數以及函數的單調性極值與最值、一次函數的單調性，考查了等價轉化方法、分類討論的思想方法，考查了構造函數解決問題，考查了推理能力和計算能力，屬于難題．