Question

1．已知f（x）=x²+ax-blnx．
（1）当a=-1，b＞-$\frac{1}{8}$，求函数f（x）的单调区间；
（2）当b＜0时，g（x）=3f（x）-2xf′（x）的图象与x轴交于A、B两点，其横坐标分别是x₁，x₂，且x₁＜x₂，A，B中点为（x₀，0），求证：g′（x₀）＜0．

Answer 1

分析 （1）f′（x）=$\frac{2{x}^{2}-x-b}{x}$．（x＞0），方程2x²-x-b=0，△=1+8b＞0，方程2x²-x-b=0的根${x}_{1}=\frac{1-\sqrt{1+8b}}{4}，{x}_{2}=\frac{1+\sqrt{1+8b}}{4}$
①当1+8b≥1，即b≥0时，x₁≤0，x₂＞0，可得函数f（x）的单调 区间；②当1+8b＜1，即-$\frac{1}{8}$＜b＜0时，x₁＞0，x₂＞0，函数f（x）的单调区间为．
（2）g（x）=-x²+ax-3blnx+2b，g′（x）=-2x-$\frac{3b}{x}$+a，（x＞0），由g（x₂）=-x₂²+ax₂-3blnx₂+2b=0，g（x₁）=-x₁²+ax₁-3blnx₁+2b=0．得a=（x₁+x₂）+$\frac{3b（ln{x}_{2}-ln{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$…①
g′（x₀）=-2x₀-$\frac{3b}{{x}_{0}}$+a=-（x₁+x₂）-$\frac{6b}{{x}_{1}+{x}_{2}}$+a，要证g′（x₀）＜0，只需证-（x₁+x₂）²-6b+a（x₁+x₂）＜0…②．由①②可得，只需证明$\frac{{x}_{2}+{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$•ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-2＞0．令t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$（t＞1），只需证明$\frac{t+1}{t-1}•lnt-2＞0$，即证明（t+1）lnt-2（t-1）＞0，令h（t）=（t+1）lnt-2（t-1），（t＞1），利用导数可证明g′（x₀）＜0

解答 解：（1）函数f（x）=x²+ax-blnx的定义域为（0，+∞）．f′（x）=2x-$\frac{b}{x}+a$=$\frac{2{x}^{2}+ax-b}{x}$，
当a=-1，b＞-$\frac{1}{8}$时，f′（x）=$\frac{2{x}^{2}-x-b}{x}$．
方程2x²-x-b=0，△=1+8b＞0，方程2x²-x-b=0的根${x}_{1}=\frac{1-\sqrt{1+8b}}{4}，{x}_{2}=\frac{1+\sqrt{1+8b}}{4}$
①当1+8b≥1，即b≥0时，x₁≤0，x₂＞0，函数f（x）的单调增区间为（$\frac{1+\sqrt{1+8b}}{4}$，0），减区间为（0，$\frac{1+\sqrt{1+8b}}{4}$）
②当1+8b＜1，即-$\frac{1}{8}$＜b＜0时，x₁＞0，x₂＞0，函数f（x）的单调增区间为（0，$\frac{1-\sqrt{1+8b}}{4}$），（$\frac{1+\sqrt{1+8b}}{4}$，+∞），
减区间为（$\frac{1-\sqrt{1+8b}}{4}$，$\frac{1+\sqrt{1+8b}}{4}$）．
（2）g（x）=3f（x）-2xf′（x）=3（x²+ax-blnx）-2x•$\frac{2{x}^{2}+ax-b}{x}$=-x²+ax-3blnx+2b，
g′（x）=-2x-$\frac{3b}{x}$+a，（x＞0），
设点A，B的坐标分别是（x₁，0），（x₂，0），0＜x₁＜x₂，则点AB的中点横坐标为x₀=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$，
∵g（x₂）=-x₂²+ax₂-3blnx₂+2b=0，g（x₁）=-x₁²+ax₁-3blnx₁+2b=0．
两式相减得（x₁-x₂）（x₁+x₂）+a（x₂-x₁）-3b（lnx₂-lnx₁）=0⇒a=（x₁+x₂）+$\frac{3b（ln{x}_{2}-ln{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$…①
g′（x₀）=-2x₀-$\frac{3b}{{x}_{0}}$+a=-（x₁+x₂）-$\frac{6b}{{x}_{1}+{x}_{2}}$+a，要证g′（x₀）＜0，只需证-（x₁+x₂）²-6b+a（x₁+x₂）＜0…②．
把①代入②得-6b+3b$•\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}（{x}_{2}+{x}_{1}）$＜0，
∵b＜0，∴只需证明$\frac{{x}_{2}+{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$•ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-2＞0．
令t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$（t＞1），只需证明$\frac{t+1}{t-1}•lnt-2＞0$，即证明（t+1）lnt-2（t-1）＞0，
令h（t）=（t+1）lnt-2（t-1），（t＞1），h′（t）=lnt+$\frac{1}{t}-1$，h″（t）=$\frac{1}{t}-\frac{1}{{t}^{2}}=\frac{t-1}{{t}^{2}}$＞0，
∴h′（t）在（1，+∞）递增，且h′（1）=0，可得h′（t）＞0在（1，+∞）恒成立，
∴h（t）在（1，+∞）递增，且h（1）=0，即h（t）＞0在（1，+∞）恒成立，
可得-6b+3b$•\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}（{x}_{2}+{x}_{1}）$＜0，
∴g′（x₀）＜0．

点评 本题考查了函数单调性的应用以及导数知识的运用，考查不等式的证明，考查学生分析解决问题的能力，有一定的难度．综合性较强，难度较大．