Question

5．已知函数f（x）=ax²-bx+lnx，a，b∈R．
（1）当a=b=1时，求曲线y=f（x）在x=1处的切线方程；
（2）当b=2a+1时，讨论函数f（x）的单调性；
（3）当a=1，b＞3时，记函数f（x）的导函数f′（x）的两个零点是x₁和x₂（x₁＜x₂），求证：f（x₁）-f（x₂）＞$\frac{3}{4}$-ln2．

Answer 1

分析 （1）先求切线的斜率，再确定切点的坐标，则可写出曲线f（x）在x=1处的切线的点斜式方程；
（2）先确定函数的定义域，再求导，f'（x）=$\frac{2a{x}^{2}-（2a+1）x+1}{x}$，然后由f'（x）＞0，得到单调增区间，由f'（x）＜0，得到单调减区间．在解不等式时，需对参数a进行分类讨论．
（3）根据条件，可知x₁，x₂是方程2x²-bx+1=0得两个根，故${x}_{1}{x}_{2}=\frac{1}{2}$．记g（x）=2x²-bx+1，由于b＞3时，$g（\frac{1}{2}）=\frac{3-b}{2}＜0$，g（1）=3-b＜0，故${x}_{1}∈（0，\frac{1}{2}）$，x₂∈（1，+∞）．再利用${{b{x}_{i}=2x}_{i}}^{2}+1，{x}_{1}=\frac{1}{2{x}_{2}}$进行化简消元，得f（x₁）-f（x₂）=${{x}_{2}}^{2}-\frac{1}{4{{x}_{2}}^{2}}-ln（2{{x}_{2}}^{2}），{x}_{2}∈（1，+∞）$．令t=$2{{x}_{2}}^{2}$，构造新的函数h（t）=$\frac{t}{2}-\frac{1}{2t}-lnt$
，然后利用导数判断函数h（t）在（2，+∞）上单调递增，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时，f（x）=x²-x+lnx，f'（x）=2x-1+$\frac{1}{x}$，
x=1时，f（1）=0，f'（1）=2，
故f（x）在x=1处的切线为y=2（x-1），即y=2x-2．
（2）b=2a+1时，f（x）=ax²-（2a+1）x+lnx，定义域为（0，+∞），
f'（x）=$2ax-（2a+1）+\frac{1}{x}$=$\frac{2a{x}^{2}-（2a+1）x+1}{x}$
Ⅰ）、a=0时，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）的单调增区间为（0，1），单调减区间为（1，+∞）．
Ⅱ）、a≠0时，f'（x）=$\frac{2a（x-\frac{1}{2a}）（x-1）}{x}$，
①a＜0时，由f'（x）＜0，得x＞1；由f'（x）＞0，得0＜x＜1，
故y=f（x）的单调增区间为（0，1），单调减区间为（1，+∞）；
②0＜a＜$\frac{1}{2}$时，$\frac{1}{2a}＞1$，
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）的单调增区间为（0，1），（$\frac{1}{2a}$，+∞），单调减区间为（1，$\frac{1}{2a}$）；
③a=$\frac{1}{2}$时，f'（x）=$\frac{（x-1）^{2}}{x}$≥0恒成立，
故y=f（x）的单调增区间为（0，+∞），无单调递减区间；
④$a＞\frac{1}{2}$时，$\frac{1}{2a}＜1$，
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）的单调增区间为（0，$\frac{1}{2a}$），（1，+∞），单调减区间为（$\frac{1}{2a}$，1）．
（3）a=1时，f（x）=x²-bx+lnx，f'（x）=2x-b+$\frac{1}{x}$=$\frac{2{x}^{2}-bx+1}{x}$，
由题意知，x₁，x₂是方程2x²-bx+1=0得两个根，故${x}_{1}{x}_{2}=\frac{1}{2}$，
记g（x）=2x²-bx+1，因为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$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=-$（{{x}_{1}}^{2}-{{x}_{2}}^{2}）+ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，
因为${x}_{1}{x}_{2}=\frac{1}{2}$，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）=$\frac{t}{2}-\frac{1}{2t}-lnt$，
因为h'（t）=$\frac{（t-1）^{2}}{2{t}^{2}}≥0$，所以h（t）在（2，+∞）上单调递增，
所以h（t）＞h（2）=$\frac{3}{4}-ln2$，即$f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）＞\frac{3}{4}-ln2$．

点评 本题考查了利用导数求曲线上某点处的切线，利用导数研究函数的单调性，以及不等式的证明．解题过程中运用了等价转化方法、分类讨论的思想方法，还考查了学生构造函数解决问题的能力和计算能力，属于难题．