Question

设函数f（x）=x²+bx-alnx．
（Ⅰ）若x=2是函数f（x）的极值点，1和x₀是函数f（x）的两个不同零点，且x₀∈（n，n+1），n∈N，求n．
（Ⅱ）若对任意b∈[-2，-1]，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）先求导得到f′(x)=2x-

a

x

+b，由f′(2)=4-

a

2

+b=0，f（1）=1+b=0，得到a与b的值，再令导数大于0，或小于0，得到函数的单调区间，再由零点存在性定理得到得到x₀∈（3，4），进而得到n的值；
（Ⅱ）令g（b）=xb+x²-alnx，b∈[-2，-1]，问题转化为在x∈（1，e）上g（b）_max=g（-1）＜0有解即可，亦即只需存在x₀∈（1，e）使得x²-x-alnx＜0即可，连续利用导函数，然后分别对1-a≥0，1-a＜0，看是否存在x₀∈（1，e）使得h（x₀）＜h（1）=0，进而得到结论．

解答：解：（Ⅰ）f′(x)=2x-

a

x

+b，∵x=2是函数f（x）的极值点，∴f′(2)=4-

a

2

+b=0．
∵1是函数f（x）的零点，得f（1）=1+b=0，
由

4- a 2 +b=0 1+b=0

，解得a=6，b=-1．…（2分）
∴f（x）=x²-x-6lnx，
令f′(x)=2x-

6

x

-1=

2x2-x-6

x

=

(2x+3)(x-2)

x

＞0，x∈（0，+∞），得x＞2；   
令f′（x）＜0得0＜x＜2，
所以f（x）在（0，2）上单调递减；在（2，+∞）上单调递增．…（4分）
故函数f（x）至多有两个零点，其中1∈（0，2），x₀∈（2，+∞），
因为f（2）＜f（1）=0，f（3）=6（1-ln3）＜0，f（4）=6（2-ln4）=6ln

e2

4

＞0，
所以x₀∈（3，4），故n=3．…（6分）
（Ⅱ）令g（b）=xb+x²-alnx，b∈[-2，-1]，则g（b）为关于b的一次函数且为增函数，
根据题意，对任意b∈[-2，-1]，都存在x∈（1，e）（e 为自然对数的底数），使得f（x）＜0成立，
则在x∈（1，e）上g(b)max=g(-1)=-x+x2-alnx＜0，有解，
令h（x）=x²-x-alnx，只需存在x₀∈（1，e）使得h（x₀）＜0即可，
由于h′(x)=2x-1-

a

x

=

2x2-x-a

x

，
令φ（x）=2x²-x-a，x∈（1，e），φ'（x）=4x-1＞0，
∴φ（x）在（1，e）上单调递增，φ（x）＞φ（1）=1-a，…（9分）
①当1-a≥0，即a≤1时，φ（x）＞0，即h′（x）＞0，h（x）在（1，e）上单调递增，∴h（x）＞h（1）=0，不符合题意．
②当1-a＜0，即a＞1时，φ（1）=1-a＜0，φ（e）=2e²-e-a
若a≥2e²-e＞1，则φ（e）＜0，所以在（1，e）上φ（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．
若2e²-e＞a＞1，则φ（e）＞0，∴在（1，e）上一定存在实数m，使得φ（m）=0，
∴在（1，m）上φ（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∈[-2，-1]，都存在x∈（1，e）（e 为自然对数的底数），使得f（x）＜0成立．…（12分）

点评：本题考查利用导数求函数性质的应用，考查运算求解能力，推理论证能力；考查化归与转化思想．对数学思维的要求比较高，有一定的探索性．综合性强，难度大，是高考的重点．解题时要认真审题，仔细解答．