Question

1．已知函数f（x）=x²+bx-alnx．
（1）当函数f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y+5x-5=0，求函数f（x）的解析式；
（2）在（1）的条件下，若x₀是函数f（x）的零点，且x₀∈（n，n+1），n∈N^*，求n的值；
（3）当a=1时，函数f（x）有两个零点x₁，x₂（x₁＜x₂），且x₀=$\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}$，求证：f'（x）＞0．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，解关于a，b的方程组，求出a，b的值，从而求出函数的解析式即可；
（2）求出函数的导数，得到函数的单调区间，计算函数值，求出n的值即可；
（3）将a=1代入f（x），通过作差法和换元法结合函数的单调性证明即可．

解答 解：（1）$f'（x）=2x+b-\frac{a}{x}$，所以$\left\{{\begin{array}{l}{f'（1）=2+b-a=-5}\\{f（1）=1+b=0}\end{array}}\right.⇒\left\{{\begin{array}{l}{b=-1}\\{a=6}\end{array}}\right.$，
∴函数f（x）的解析式为f（x）=x²-x-6lnx（x＞0）；…（3分）
（2）$f（x）={x^2}-x-6lnx⇒f'（x）=2x-1-\frac{6}{x}=\frac{{2{x^2}-x-6}}{x}$，
因为函数f（x）的定义域为x＞0，
令$f'（x）=\frac{{（{2x+3}）（{x-2}）}}{x}=0⇒x=-\frac{3}{2}或x=2$，
当x∈（0，2）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，
当x∈（2，+∞）时，f'（x）＞0，函数f（x）单调递增，
且函数f（x）至少有1个零点，而f（1）=0，不符合要求，
$f（3）=6（{1-ln3}）＜0，f（4）=6（{2-ln4}）=6ln\frac{e^2}{4}＞0$，
∴x₀∈（3，4），故n=3…（7分）
（3）当a=1时，函数f（x）=x²+bx-lnx，
$f（{x_1}）=x_1^2+b{x_1}-ln{x_1}=0，f（{x_2}）=x_2^2+b{x_2}-ln{x_2}=0$，
两式相减可得：$x_1^2-x_2^2+b（{{x_1}-{x_2}}）-ln{x_1}+ln{x_2}=0，b=\frac{{ln{x_1}-ln{x_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}-（{{x_1}+{x_2}}）$…（9分）
$f'（x）=2x+b-\frac{1}{x}，f'（{x_0}）=2{x_0}+b-\frac{1}{x_0}$，
因为${x_0}=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}$，
所以$f'（{x_0}）=2×\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}+\frac{{ln{x_1}-ln{x_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}-（{{x_1}+{x_2}}）-\frac{2}{{{x_1}+{x_2}}}$，
$\begin{array}{l}=\frac{{ln{x_2}-ln{x_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}-\frac{2}{{{x_1}+{x_2}}}=\frac{1}{{{x_2}-{x_1}}}[{ln{x_2}-ln{x_1}-\frac{{2（{{x_2}-{x_1}}）}}{{{x_1}+{x_2}}}}]\\=\frac{1}{{{x_2}-{x_1}}}[{ln\frac{x_2}{x_1}-\frac{{2（{\frac{x_2}{x_1}-1}）}}{{\frac{x_2}{x_1}+1}}}]\end{array}$
设$\frac{x_2}{x_1}=t＞1，h（t）=lnt-\frac{{2（{t-1}）}}{t+1}$，
∴$h'（t）=\frac{1}{t}-\frac{4}{{{{（{t+1}）}^2}}}=\frac{{{{（{t+1}）}^2}-4t}}{{t{{（{t+1}）}^2}}}=\frac{{{{（{t-1}）}^2}}}{{t{{（{t+1}）}^2}}}＞0$，
所以h（t）在（1，+∞）上为增函数，且h（1）=0，
∴h（t）＞0，又$\frac{1}{{{x_2}-{x_1}}}＞0$，所以f'（x₀）＞0…（12分）

点评 本题考查了曲线的切线方程问题，函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及换元思想的应用，是一道综合题．