Question

5．已知函數f（x）=ax²-bx+lnx，a，b∈R．
（1）當a=b=1時，求曲線y=f（x）在x=1處的切線方程；
（2）當b=2a+1時，討論函數f（x）的單調性；
（3）當a=1，b＞3時，記函數f（x）的導函數f′（x）的兩個零點是x₁和x₂（x₁＜x₂），求證：f（x₁）-f（x₂）＞$\frac{3}{4}$-ln2．

Answer 1

分析 （1）先求切線的斜率，再確定切點的坐標，則可寫出曲線f（x）在x=1處的切線的點斜式方程；
（2）先確定函數的定義域，再求導，f'（x）=$\frac{2a{x}^{2}-（2a+1）x+1}{x}$，然后由f'（x）＞0，得到單調增區間，由f'（x）＜0，得到單調減區間．在解不等式時，需對參數a進行分類討論．
（3）根據條件，可知x₁，x₂是方程2x²-bx+1=0得兩個根，故${x}_{1}{x}_{2}=\frac{1}{2}$．記g（x）=2x²-bx+1，由于b＞3時，$g（\frac{1}{2}）=\frac{3-b}{2}＜0$，g（1）=3-b＜0，故${x}_{1}∈（0，\frac{1}{2}）$，x₂∈（1，+∞）．再利用${{b{x}_{i}=2x}_{i}}^{2}+1，{x}_{1}=\frac{1}{2{x}_{2}}$進行化簡消元，得f（x₁）-f（x₂）=${{x}_{2}}^{2}-\frac{1}{4{{x}_{2}}^{2}}-ln（2{{x}_{2}}^{2}），{x}_{2}∈（1，+∞）$．令t=$2{{x}_{2}}^{2}$，構造新的函數h（t）=$\frac{t}{2}-\frac{1}{2t}-lnt$
，然后利用導數判斷函數h（t）在（2，+∞）上單調遞增，故h（t）＞h（2）=$\frac{3}{4}-ln2$，即$f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）＞\frac{3}{4}-ln2$．

解答 解：（1）a=b=1時，f（x）=x²-x+lnx，f'（x）=2x-1+$\frac{1}{x}$，
x=1時，f（1）=0，f'（1）=2，
故f（x）在x=1處的切線為y=2（x-1），即y=2x-2．
（2）b=2a+1時，f（x）=ax²-（2a+1）x+lnx，定義域為（0，+∞），
f'（x）=$2ax-（2a+1）+\frac{1}{x}$=$\frac{2a{x}^{2}-（2a+1）x+1}{x}$
Ⅰ）、a=0時，f'（x）=$\frac{1-x}{x}$，
由f'（x）＞0，得0＜x＜1；由f'（x）＜0，得x＞1，
故y=f（x）的單調增區間為（0，1），單調減區間為（1，+∞）．
Ⅱ）、a≠0時，f'（x）=$\frac{2a（x-\frac{1}{2a}）（x-1）}{x}$，
①a＜0時，由f'（x）＜0，得x＞1；由f'（x）＞0，得0＜x＜1，
故y=f（x）的單調增區間為（0，1），單調減區間為（1，+∞）；
②0＜a＜$\frac{1}{2}$時，$\frac{1}{2a}＞1$，
由f'（x）＞0，得0＜x＜1，或x＞$\frac{1}{2a}$；由f'（x）＜0，得1＜x＜$\frac{1}{2a}$，
故y=f（x）的單調增區間為（0，1），（$\frac{1}{2a}$，+∞），單調減區間為（1，$\frac{1}{2a}$）；
③a=$\frac{1}{2}$時，f'（x）=$\frac{（x-1）^{2}}{x}$≥0恒成立，
故y=f（x）的單調增區間為（0，+∞），無單調遞減區間；
④$a＞\frac{1}{2}$時，$\frac{1}{2a}＜1$，
由f'（x）＞0，得0＜x＜$\frac{1}{2a}$，或x＞1；由f'（x）＜0，得$\frac{1}{2a}＜x＜1$，
故y=f（x）的單調增區間為（0，$\frac{1}{2a}$），（1，+∞），單調減區間為（$\frac{1}{2a}$，1）．
（3）a=1時，f（x）=x²-bx+lnx，f'（x）=2x-b+$\frac{1}{x}$=$\frac{2{x}^{2}-bx+1}{x}$，
由題意知，x₁，x₂是方程2x²-bx+1=0得兩個根，故${x}_{1}{x}_{2}=\frac{1}{2}$，
記g（x）=2x²-bx+1，因為b＞3，所以$g（\frac{1}{2}）=\frac{3-b}{2}＜0$，g（1）=3-b＜0，
所以${x}_{1}∈（0，\frac{1}{2}），{x}_{2}∈（1，+∞）$，且$b{x}_{1}=2{{x}_{1}}^{2}+1，b{x}_{2}=2{{x}_{2}}^{2}+1$，
f（x₁）-f（x₂）=$（{{x}_{1}}^{2}-{{x}_{2}}^{2}）$-（bx₁-bx₂）+ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=-$（{{x}_{1}}^{2}-{{x}_{2}}^{2}）+ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，
因為${x}_{1}{x}_{2}=\frac{1}{2}$，所以${x}_{1}=\frac{1}{{2x}_{2}}$，
故f（x₁）-f（x₂）=${{x}_{2}}^{2}-\frac{1}{4{{x}_{2}}^{2}}-ln（2{{x}_{2}}^{2}），{x}_{2}∈（1，+∞）$，
令t=$2{{x}_{2}}^{2}$∈（2，+∞），h（t）=f（x₁）-f（x₂）=$\frac{t}{2}-\frac{1}{2t}-lnt$，
因為h'（t）=$\frac{（t-1）^{2}}{2{t}^{2}}≥0$，所以h（t）在（2，+∞）上單調遞增，
所以h（t）＞h（2）=$\frac{3}{4}-ln2$，即$f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）＞\frac{3}{4}-ln2$．

點評 本題考查了利用導數求曲線上某點處的切線，利用導數研究函數的單調性，以及不等式的證明．解題過程中運用了等價轉化方法、分類討論的思想方法，還考查了學生構造函數解決問題的能力和計算能力，屬于難題．