Question

4．已知f（x）=x²+lnx-bx．
（1）若函数f（x）在其定义域内是增函数，求b的取值范围；
（2）若g（x）=2x²-f（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）求函数的导数，利用函数单调性和导数之间的关系进行求解即可．
（2）根据函数有两个零点，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=$\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$，利用g（x₂）-g（x₁）=0，从而得到g′（x₀），构建新函数，即可证得g′（x₀）＞0．

解答 解：（1）函数的定义域为（0，+∞），则函数的导数f′（x）=2x+$\frac{1}{x}$-b，
若函数f（x）在其定义域内是增函数，
则f′（x）≥0恒成立，
即2x+$\frac{1}{x}$-b≥0，则b≤2x+$\frac{1}{x}$，
∵y=2x+$\frac{1}{x}$≥2$\sqrt{2x•\frac{1}{x}}$=2$\sqrt{2}$，
∴b≤2$\sqrt{2}$．
（2）g（x）=2x²-f（x）=2x²-x²-lnx+bx=x²-lnx+bx，
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）-g（x₁）=x₂²-lnx₂+bx₂-x₁²+lnx₁-bx₁=lnx₁-lnx₂-[（x₂+x₁）+b]（x₂-x₁）=0
∴lnx₂-lnx₁=[（x₂+x₁）+b]（x₂-x₁）=（2x₀+b）（x₂-x₁），
∴2x₀+b=$\frac{l{nx}_{2}-l{nx}_{1}}{{x}_{2}{-x}_{1}}$，
∵g′（x）=2x-$\frac{1}{x}$+b
∴g′（x₀）=2x₀+b-$\frac{1}{{x}_{0}}$=$\frac{l{nx}_{2}-l{nx}_{1}}{{x}_{2}{-x}_{1}}$-$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$=$\frac{1}{{x}_{2}{-x}_{1}}$×[ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-$\frac{2（{x}_{2}-{x}_{1}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$]=$\frac{1}{{x}_{2}{-x}_{1}}$×[ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-$\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{1+\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}$]，
设t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，则y=ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-$\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{1+\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}$=lnt-$\frac{2（t-1）}{1+t}$，t＞1
令r（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{1+t}$，则r′（t）=$\frac{{（t-1）}^{2}}{{t（t+1）}^{2}}$，
因为t＞1时，r′（t）＞0，所以r（t）在[1，+∞）上单调递增，
而 $\frac{1}{{x}_{2}{-x}_{1}}$＞0，故g′（x₀）＞0．

点评 本题考查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．