Question

20．设函数f（x）=x²-bx+alnx．
（Ⅰ） 若b=2，函数f（x）有两个极值点x₁，x₂，且x₁＜x₂，求实数a的取值范围；
（Ⅱ） 在（Ⅰ）的条件下，证明：f（x₂）＞-$\frac{3+2ln2}{4}$；
（Ⅲ） 若对任意b∈[1，2]，都存在x∈（1，e）（e为自然对数的底数），使得f（x）＜0成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的导数，结合二次函数的性质求出a的范围即可；
（Ⅱ）求出f（x₂）=${{x}_{2}}^{2}$-2x₂+（2x₂-2${{x}_{2}}^{2}$）lnx₂，令F（t）=t²-2t+（2t-2t²）lnt，（$\frac{1}{2}$＜t＜1），得到F（t）=2（1-2t）lnt，根据函数的单调性求出F（t）＞F（$\frac{1}{2}$），从而证出结论；
（Ⅲ）令g（b）=-xb+x²+alnx，b∈[1，2]，得到在x∈（1，e）上g（b）_max=g（1）=-x+x²+alnx＜0有解，令h（x）=-x+x²+alnx，通过讨论a的范围，求出函数的单调性，从而确定a的范围即可．

解答 解：（Ⅰ）由已知，b=2时，f（x）=x²-2x+alnx，f（x）的定义域为（0，+∞），
求导数得：f′（x）=$\frac{{2x}^{2}-2x+a}{x}$，
∵f（x）有两个极值点x₁，x₂，f′（x）=0有两个不同的正根x₁，x₂，
故2x²-2x+a=0的判别式△=4-8a＞0，即a＜$\frac{1}{2}$，
且x₁+x₂=1，x₁•x₂=$\frac{a}{2}$＞0，所以a的取值范围为（0，$\frac{1}{2}$）；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，$\frac{1}{2}$＜x₂＜1且f′（x₂）=0，得a=2x₂-2${{x}_{2}}^{2}$，
∴f（x₂）=${{x}_{2}}^{2}$-2x₂+（2x₂-2${{x}_{2}}^{2}$）lnx₂，
令F（t）=t²-2t+（2t-2t²）lnt，（$\frac{1}{2}$＜t＜1），
则F（t）=2（1-2t）lnt，
当t∈（$\frac{1}{2}$，1）时，F′（t）＞0，∴F（t）在（$\frac{1}{2}$，1）上是增函数
∴F（t）＞F（$\frac{1}{2}$）=$\frac{-3-2ln2}{4}$，
∴f（x₂）＞-$\frac{3+2ln2}{4}$；
（Ⅲ）令g（b）=-xb+x²+alnx，b∈[1，2]，
由于x∈（1，e），所以g（b）为关于b的递减的一次函数，
根据题意，对任意b∈[1，2]，都存在x∈（1，e）（e为自然对数的底数），使得f（x）＜0成立，
则x∈（1，e）上g（b）_max=g（1）=-x+x²+alnx＜0有解，
令h（x）=-x+x²+alnx，则只需存在x₀∈（1，e）使得h（x₀）＜0即可，
由于h′（x）=$\frac{{2x}^{2}-x+a}{x}$，令ω（x）=2x²-x+a，x∈（1，e），ω′（x）=4x-1＞0，
∴ω（x）在（1，e）上单调递增，∴ω（x）＞ω（1）=1+a，
①当1+a≥0，即a≥-1时，ω（x）＞0，∴h′（x）＞0，
∴h（x）在（1，e）上是增函数，∴h（x）＞h（1）=0，不符合题意，
②当1+a＜0，即a＜-1时，ω（1）=1+a＜0，ω（e）=2e²-e+a，
（ⅰ）若ω（e）＜0，即a≤2e²-e＜-1时，在x∈（1，e）上ω（x）＞0恒成立
即h′（x）＜0恒成立，∴h（x）在（1，e）上单调递减，
∴存在x₀∈（1，e），使得h（x₀）＜h（1）=0，符合题意，
（ⅱ）若ω（e）＞0，即2e²-e＜a＜-1时，在（1，e）上存在实数m，使得ω（m）=0，
∴在（1，m）上，ω（x）＜0恒成立，即h′（x）＜0恒成立
∴h（x）在（1，e）上单调递减，
∴存在x₀∈（1，e），使得h（x₀）＜h（1）=0，符合题意，
综上所述，当a＜-1时，对任意b∈[1，2]，都存在x∈（1，e）（e为自然对数的底数），使得f（x）＜0成立．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查不等式的证明，分类讨论思想，是一道综合题．