Question

4．已知函数f（x）=alnx-x²-bx（a，b∈R）．
（1）若x=2是函数f（x）的一个极值点，x₀和1是f（x）的两个零点，且${x_0}∈（{n，n+1}）（{n∈{N^*}}）$，求n的值；
（2）若b=a-2，且x₁，x₂是f（x）的两个极值点，求证：当|x₁-x₂|＞1时，|f（x₁）-f（x₂）|＞3-4ln2．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，得到关于a，b的方程组，求出a，b的值，从而求出f（x）的解析式，根据函数的单调性求出n的值即可；
（2）根据函数的单调性得到$|{f（{x_1}）-f（{x_2}）}|=f（{-\frac{a}{2}}）-f（1）=aln（{-\frac{a}{2}}）+\frac{a^2}{4}-1$，令$t=-\frac{a}{2}∈（{2，+∞}）$，则$|{f（{x_1}）-f（{x_2}）}|=-2tlnt+{t^2}-1$，令φ（t）=-2tlnt+t²-1，根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（1）由f（x）=alnx-x²-bx，得$f'（x）=\frac{a}{x}-2x-b$，
因为x=2是函数f（x）一个极值点，1是f（x）的零点，所以$\left\{{\begin{array}{l}{f'（2）=0}\\{f（1）=0}\end{array}}\right.$，
即$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{a}{2}-4-b=0}\\{-1-b=0}\end{array}}\right.$，解得a=6，b=-1，
于是$f（x）=6lnx-{x^2}+x，f'（x）=\frac{6}{x}-2x+1=\frac{{-（{2x+3}）（{x-2}）}}{x}$，
令$f'（x）=\frac{{-（{2x+3}）（{x-2}）}}{x}=0$，由x＞0，解得x=2，
则当0＜x＜2时，f'（x）＞0；当x＞2时，f'（x）＜0，
于是f（x）在（0，2）递增，在（2，+∞）递减，
因为x₀和1是f（x）的两个零点，且1∈（0，2），所以x₀∈（2，+∞），
又因为f（3）=6ln3-9+3=6（ln3-1）＞0，f（4）=6ln4-16+4=6（ln4-2）＜0，
所以x₀∈（3，4），则n=3．
（2）由b=a-2，得f（x）=alnx-x²-（a-2）x，
则$f'（x）=\frac{a}{x}-2x-（{a-2}）=\frac{{-（{2x+a}）（{x-1}）}}{x}$，
由x₁，x₂是f（x）的两个极值点，得x₁，x₂是方程$f'（x）=\frac{{-（{2x+a}）（{x-1}）}}{x}=0$的两根1和$-\frac{a}{2}$．
不妨令${x_1}=1，{x_2}=-\frac{a}{2}$，则$-\frac{a}{2}＞0$，即a＜0，
由|x₁-x₂|＞1，得$|{1+\frac{a}{2}}|＞1$，即a²+4a＞0，由a＜0，解得a＜-4，此时${x_2}=-\frac{a}{2}＞{x_1}=1$，
于是当0＜x＜1时，f'（x）＜0；当$1＜x＜-\frac{a}{2}$时，f'（x）＞0；当$x＞-\frac{a}{2}$时，f'（x）＜0，
所以f（x）在（0，1）上递减，在$（{1，-\frac{a}{2}}）$递增，在$（{-\frac{a}{2}，+∞}）$递减．
于是f（x）在x=1处取极小值f（1），在$x=-\frac{a}{2}$处取极大值$f（{-\frac{a}{2}}）$．
从而$|{f（{x_1}）-f（{x_2}）}|=f（{-\frac{a}{2}}）-f（1）=aln（{-\frac{a}{2}}）+\frac{a^2}{4}-1$，
令$t=-\frac{a}{2}∈（{2，+∞}）$，则$|{f（{x_1}）-f（{x_2}）}|=-2tlnt+{t^2}-1$，
令φ（t）=-2tlnt+t²-1，则φ'（t）=-2（lnt-t+1），
令h（t）=-2（lnt-t+1），则$h'（t）=\frac{{2（{t-1}）}}{t}$，
因为t∈（2，+∞），所以h'（t）＞0，则h（t）递增，
所以h（t）＞h（2）=-2（ln2-1）＞0，
即φ'（t）＞0，所以φ（t）递增，
于是φ（t）＞φ（2）=3-4ln2，
即|f（x₁）-f（x₂）|＞3-4ln2．

点评 本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用以及绝对值不等式的证明，考查分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．