Question

8．已知f（x）=lnx-ax²-bx．记f（x）的导函数是f′（x）．
（Ⅰ）若a=-1，函数f（x）在其定义域内是增函数，求b的取值范围；
（Ⅱ） f（x）的图象与x轴交于A（x₁，0），B（x₂，0）（x₁＜x₂））两点，AB中点为C（x₀，0），求证：f′（x₀）＜0．

Answer 1

分析 （I）将f（x）在（0，+∞）上递增，转化成f′（x）≥0对x∈（0，+∞）恒成立，即b≤$\frac{1}{x}$+2x对x∈（0，+∞）恒成立，根据基本不等式可求出；
（II）求出f（x₁）=0，f（x₂）=0，化简整理，再由中点坐标公式，构造函数φ（t）=$\frac{2（t-1）}{t+1}$-lnt，（0＜t＜1），运用导数判断单调性，即可得证．

解答 解：（Ⅰ）依题意：f（x）=lnx+x²-bx，
∵f（x）在（0，+∞）上递增，
∴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，
∴只需b≤（$\frac{1}{x}$+2x）_min，
∵x＞0，
∴$\frac{1}{x}$+2x≥2$\sqrt{2}$当且仅当x=$\frac{\sqrt{2}}{2}$时取“=”，
∴b≤2$\sqrt{2}$，
∴b的取值范围为（-∞，2$\sqrt{2}$]；
（II）由已知得$\left\{\begin{array}{l}{f（{x}_{1}）=ln{x}_{1}-a{{x}_{1}}^{2}-b{x}_{1}}\\{f（{x}_{2}）=ln{x}_{2}-a{{x}_{2}}^{2}-b{x}_{2}}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{ln{x}_{1}=a{{x}_{1}}^{2}+b{x}_{1}}\\{ln{x}_{2}=a{{x}_{2}}^{2}+b{x}_{2}}\end{array}\right.$  两式相减，得ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=a（x₁+x₂）（x₁-x₂）+b（x₁-x₂），
∴ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=（x₁-x₂）[a（x₁+x₂）+b]，
由f′（x）=$\frac{1}{x}$-2ax-b，及2x₀=x₁+x₂，得
f′（x₀）=$\frac{1}{{x}_{0}}$+2ax₀-b=$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$-[a（x₁+x₂）+b]=$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$-$\frac{1}{{x}_{1}-{x}_{2}}$ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=$\frac{1}{{x}_{1}-{x}_{2}}$[$\frac{2（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$-ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$]=$\frac{1}{{x}_{1}-{x}_{2}}$[$\frac{2（\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1）}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1}$-ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$]，
令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，
φ（t）=$\frac{2（t-1）}{t+1}$-lnt，（0＜t＜1）．
∵φ′（t）=-$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）}$＜0，
则φ（t）在（0，1）递减，
则φ（t）＞φ（1）=0，
由于x₁＜x₂，则f′（x₀）＜0．

点评 本题主要考查导函数的正负与原函数的单调性之间的关系，即当导函数大于0时原函数单调递增，当导函数小于0时原函数单调递减，同时考查了转化与划归的思想，分析问题解决问题的能力，属于中档题．