Question

17．已知函数f（x）=lnx-ax²-bx（a，b∈R），g（x）=$\frac{2x-2}{x+1}$-lnx．
（1）当a=-1时，f（x）与g（x）在定义域上的单调性相反，求b的取值范围；
（2）当a，b都为0时，斜率为k的直线与曲线y=f（x）交A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）（x₁＜x₂）于两点，求证：x₁＜$\frac{1}{k}＜{x_2}$．

Answer 1

分析 （1）化简函数f（x）=lnx+x²-bx，求出f（x）与g（x）的定义域都为（0，+∞）．求出函数的导数，判断g（x）在（0，+∞）上单调递减，利用f（x）与g（x）在定义域上的单调性相反，推出$f'（x）=\frac{1}{x}+2x-b≥0$对x∈（0，+∞）恒成立，即$b≤\frac{1}{x}+2x$对x∈（0，+∞）恒成立利用基本不等式求解最值，即可．
（2）$k=\frac{{f（{x_2}）-f（{x_1}）}}{{{x_2}-{x_1}}}=\frac{{ln{x_2}-ln{x_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}$．要证${x_1}＜\frac{1}{k}＜{x_2}$，等价于证$1＜\frac{{\frac{x_2}{x_1}-1}}{{ln\frac{x_2}{x_1}}}＜\frac{x_2}{x_1}$，令$t=\frac{x_2}{x_1}$，等价于证lnt＜t-1＜tlnt（t＞1），设m（t）=t-1-lnt（t＞1），则$m'（t）=1-\frac{1}{t}＞0（t＞1）$，通过函数的单调性转化求解即可．

解答 解：（1）∵a=-1∴f（x）=lnx+x²-bx，由题意可知，f（x）与g（x）的定义域都为（0，+∞）．
∵$g'（x）=\frac{2（x+1）-（2x-2）}{{{{（x+1）}^2}}}-\frac{1}{x}=\frac{4}{{{{（x+1）}^2}}}-\frac{1}{x}$=$\frac{{-{x^2}+2x-1}}{{x{{（x+1）}^2}}}=-\frac{{{{（x-1）}^2}}}{{x{{（x+1）}^2}}}≤0$
∴g（x）在（0，+∞）上单调递减．---------------（3分）
又a=-1时，f（x）与g（x）在定义域上的单调性相反，
∴f（x）=lnx+x²-bx在（0，+∞）上单调递增．
∴$f'（x）=\frac{1}{x}+2x-b≥0$对x∈（0，+∞）恒成立，-----------------（4分）
即$b≤\frac{1}{x}+2x$对x∈（0，+∞）恒成立，∴只需$b≤{（\frac{1}{x}+2x）_{min}}$，------------（5分）
∵x＞0，∴$\frac{1}{x}+2x≥2\sqrt{2}$（当且仅当$x=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$时，等号成立），
∴$b≤2\sqrt{2}$，∴b的取值范围为$（{-∞，2\sqrt{2}}]$．-------------（6分）
（2）证明：$k=\frac{{f（{x_2}）-f（{x_1}）}}{{{x_2}-{x_1}}}=\frac{{ln{x_2}-ln{x_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}$．
要证${x_1}＜\frac{1}{k}＜{x_2}$，即证${x_1}＜\frac{{{x_2}-{x_1}}}{{ln{x_2}-ln{x_1}}}＜{x_2}$，
等价于证$1＜\frac{{\frac{x_2}{x_1}-1}}{{ln\frac{x_2}{x_1}}}＜\frac{x_2}{x_1}$，令$t=\frac{x_2}{x_1}$，
则只要证$1＜\frac{t-1}{lnt}＜t$，由t＞1，知lnt＞0，
故等价于证lnt＜t-1＜tlnt（t＞1），（*）---------------（8分）
?设m（t）=t-1-lnt（t＞1），则$m'（t）=1-\frac{1}{t}＞0（t＞1）$，
故m（t）在（1，+∞）上是增函数，
当t＞1时，m（t）=t-1-lnt＞m（1）=0，即t-1＞lnt．-------------（10分）
?设h（t）=tlnt-（t-1）（t＞1），则h'（t）=lnt＞0（t＞1），
故h（t）在（1，+∞）上是增函数．
当t＞1时，h（t）=tlnt-（t-1）＞h（1）=0，即t-1＜tlnt（t＞1）．
由??可知（*）成立，故${x_1}＜\frac{1}{k}＜{x_2}$．------------（12分）

点评 本题考查函数的导数的应用，函数的最值以及函数的单调性的应用，考查转化思想以及计算能力．