Question

9．已知函数f（x）=x²+ax（a∈R），g（x）=lnx．
（1）求证：g（x）＜$\frac{x}{2}$；
（2）设h（x）=f（x）+bg（x）（b∈R）．
①若a²+b=0，且当x＞0时h（x）＞0恒成立，求a的取值范围；
②若h（x）在（0，+∞）上存在零点，且a+b≥-2，求b的取值范围．

Answer 1

分析 （1）设$φ（x）=g（x）-\frac{x}{2}=lnx-\frac{x}{2}$，求出φ（x）的导数，根据函数的单调性求出φ（x）的最大值小于0，从而证出结论；
（2）①得到h（x）=x²+ax-a²lnx，求出h（x）的导数，通过讨论a的范围求出h（x）的最小值，从而求出a的范围即可；
②问题胡宗南华为$b≥\frac{{{x^2}-2x}}{x-lnx}$在（0，+∞）上有解，设$F（x）=\frac{{{x^2}-2x}}{x-lnx}$，根据F（x）的单调性，求出F（x）的最小值，从而求出b的范围即可．

解答 解：（1）设$φ（x）=g（x）-\frac{x}{2}=lnx-\frac{x}{2}$，
则$φ'（x）=\frac{1}{x}-\frac{1}{2}=\frac{2-x}{2x}（x＞0）$---（1分）
∴φ（x）在（0，2）上单调递增，在（2，+∞）上单调递减，--------（2分）
∴φ（x）_max=φ（2）=ln2-1＜0，
∴φ（x）＜0，即$g（x）＜\frac{x}{2}$---------------（3分）
（2）h（x）=x²+ax+blnx
①∵a²+b=0，∴h（x）=x²+ax-a²lnx
则$h'（x）=2x+a-\frac{a^2}{x}=\frac{{2{x^2}+ax-{a^2}}}{x}=\frac{（2x-a）（x+a）}{x}（x＞0）$---------（4分）
（ⅰ）当a=0时，h（x）=x²＞0恒成立；------------（5分）
（ⅱ）当a＞0时，h（x）在$（0，\frac{a}{2}）$上单调递减，在$（\frac{a}{2}，+∞）$上单调递增，
∴$h{（x）_{min}}=h（\frac{a}{2}）=\frac{3}{4}{a^2}-{a^2}ln\frac{a}{2}＞0$，解得$0＜a＜2{e^{\frac{3}{4}}}$---------------（6分）
（ⅲ）当a＜0时，h（x）在（0，-a）上单调递减，在（-a，+∞）上单调递增，
∴$h{（x）_{min}}=h（-a）=-{a^2}ln（-a）＞0$，解得-1＜a＜0--------------（7分）
综上所述，a的取值范围为$-1＜a＜2{e^{\frac{3}{4}}}$---------------------（8分）
②∵h（x）在（0，+∞）上存在零点，
∴x²+ax+blnx=0在（0，+∞）上有解，
即$a=-x-\frac{blnx}{x}$在（0，+∞）上有解，
∵a+b≥-2，∴$-x-\frac{blnx}{x}+b≥-2$在（0，+∞）上有解，
由（1）可得$lnx＜\frac{x}{2}＜x$，
∴$b≥\frac{{{x^2}-2x}}{x-lnx}$在（0，+∞）上有解，
设$F（x）=\frac{{{x^2}-2x}}{x-lnx}$，则$F'（x）=\frac{（x-1）（x-2lnx+2）}{{{{（x-lnx）}^2}}}$，
∵$lnx＜\frac{x}{2}$，∴x-2lnx+2＞0，
∴F（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
∴F（x）_min=F（1）=-1，
故b≥-1----------------------------------（14分）

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，是一道综合题．