Question

18．已知函數(shù)f（x）=ax²-bx+lnx，（a，b∈R）．
（1）若a=1，b=3，求函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；
（2）若b=0時，不等式f（x）≤0在[1，+∞）上恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（3）當(dāng)a=1，b＞$\frac{9}{2}$時，記函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)f'（x）的兩個零點是x₁，x₂（x₁＜x₂），求證：f（x₁）-f（x₂）＞$\frac{63}{16}$-3ln2．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）問題轉(zhuǎn)化為a≤-$\frac{lnx}{{x}^{2}}$在區(qū)間[1，+∞）恒成立，令h（x）=-$\frac{lnx}{{x}^{2}}$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可；
（3）由題意得x₁，x₂（x₁＜x₂）是方程2x²-bx+1=0的兩個根，記g（x）=2x²-bx+1，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解：（1）由題意得：x＞0，a=1，b=3時，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，+∞）遞增；
（2）b=0時，f（x）=ax²+lnx，
不等式f（x）≤0在[1，+∞）恒成立，
即a≤-$\frac{lnx}{{x}^{2}}$在區(qū)間[1，+∞）恒成立，
令h（x）=-$\frac{lnx}{{x}^{2}}$，則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，$\sqrt{e}$）遞減，在（$\sqrt{e}$，+∞）遞增，
故h（x）_min=h（$\sqrt{e}$）=-$\frac{1}{2e}$，
故a≤-$\frac{1}{2e}$；
（3）證明：a=1時，f（x）=x²-bx+lnx，f′（x）=$\frac{{2x}^{2}-bx+1}{x}$，（x＞0），
由題意得x₁，x₂（x₁＜x₂）是方程2x²-bx+1=0的兩個根，
記g（x）=2x²-bx+1，則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]遞減，
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．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問題，考查轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．