Question

19．已知函数f（x）=（x²+x）lnx+2x³+（1-a）x²-（a+1）x+b（a，b∈R）．
（Ⅰ）当a=3时，若函数f（x）存在零点，求实数b的取值范围；
（Ⅱ）若f（x）≥0恒成立，求b-2a的最小值．

Answer 1

分析 （I）利用导数判断f（x）的单调性，求出f（x）的最小值f_min（x），令f_min（x）≤0解出b的范围；
（II）f′（x）=（2x+1）（lnx+3x-a），设x₀为h（x）=lnx+3x-a的零点，得出a，b关于x₀的表达式及f（x）的单调性，从而得出b-2a关于x₀的函数，根据x₀的范围再计算函数的最小值．

解答 解：（I）a=3时，f（x）=（x²+x）lnx+2x³-2x²-4x+b，x∈（0，+∞），
∴f′（x）=（2x+1）lnx+（x²+x）$•\frac{1}{x}$+6x²-4x-4
=（2x+1）lnx+6x²-3x-3=（2x+1）lnx+（2x+1）（3x-3）
=（2x+1）（lnx+3x-3），
设g（x）=lnx+3x-3，则g（x）在（0，+∞）上单调递增，且g（1）=0，
∴当0＜x＜1时，f′（x）＜0，当x＞1时，f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
∴f（x）的最小值为f（1）=-4+b，
∵函数f（x）存在零点，且x→+∞时，f（x）→+∞，
∴-4+b≤0，解得b≤4．
（II）f′（x）=（2x+1）lnx+（x²+x）$•\frac{1}{x}$+6x²+2（1-a）x-a-1
=（2x+1）（lnx+3x-a），
令h（x）=lnx+3x-a，则h（x）在（0，+∞）上单调递增，
又x→0时，h（x）→-∞，当x→+∞时，h（x）→+∞，
∴存在唯一一个x₀∈（0，+∞），使得h（x₀）=0，即a=3x₀+lnx₀．
当0＜x＜x₀时，f′（x）＜0，当x＞x₀时，f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，x₀）上单调递减，在（x₀，+∞）上单调递增．
∴f_min（x）=f（x₀）=（x₀²+x₀）lnx₀+2x₀³+（1-a）x₀²-（a+1）x₀+b
=（x₀²+x₀）lnx₀+2x₀³+（1-3x₀-lnx₀）x₀²-（3x₀+lnx₀+1）x₀+b
=-x₀³-2x₀²-x₀+b．
∵f（x）≥0恒成立，
∴-x₀³-2x₀²-x₀+b≥0，即b≥x₀³+2x₀²+x₀．
∴b-2a≥x₀³+2x₀²+x₀-2a=x₀³+2x₀²+x₀-6x₀-2lnx₀=x₀³+2x₀²-5x₀-2lnx₀，
设φ（x）=x³+2x²-5x-2lnx，x∈（0，+∞），
则φ′（x）=3x²+4x-5-$\frac{2}{x}$=3x（x-1）+$\frac{7{x}^{2}-5x-2}{x}$=$\frac{（x-1）（3{x}^{2}+7x+2）}{x}$，
∴当0＜x＜1时，φ′（x）＜0，当x＞1时，φ′（x）＞0，
∴φ（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
∴φ（x）≥φ（1）=-2．
∴当x₀=1时，即a=3x₀+lnx₀=3，b=x₀³+2x₀²+x₀=4时，b-2a取得最小值-2．

点评 本题考查了导数与函数单调性的关系，函数最值得计算，属于难题．