Question

2．设函数f（x）=ax²lnx+b（x-1）（x＞0），曲线y=f（x）过点（e，e²-e+1），且在点（1，0）处的切线方程为y=0．
（Ⅰ）求a，b的值；
（Ⅱ）证明：当x≥1时，f（x）≥（x-1）²；
（Ⅲ）若当x≥1时，f（x）≥m（x-1）²恒成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的f′（x），通过f′（1）=a+b=0，f（e）=e²-e+1，求出a，b．
（Ⅱ）求出f（x）的解析式，设g（x）=x²lnx+x-x²，（x≥1），求出导数，二次求导，判断g′（x）的单调性，然后证明f（x）≥（x-1）²．
（Ⅲ）设h（x）=x²lnx-x-m（x-1）²+1，求出h′（x），利用（Ⅱ） 中知x²lnx≥（x-1）²+x-1=x（x-1），推出h′（x）≥3（x-1）-2m（x-1），①当$m≤\frac{3}{2}$时，②当$m＞\frac{3}{2}$时，求解m的范围．

解答 解：（Ⅰ）函数f（x）=ax²lnx+b（x-1）（x＞0），可得f′（x）=2alnx+ax+b，
∵f′（1）=a+b=0，f（e）=ae²+b（e-1）=a（e²-e+1）=e²-e+1∴a=1，b=-1．…（4分）
（Ⅱ）f（x）=x²lnx-x+1，
设g（x）=x²lnx+x-x²，（x≥1），g′（x）=2xlnx-x+1，（g′（x））′=2lnx+1＞0，∴g′（x）在[0，+∞）上单调递增，∴g′（x）≥g′（1）=0，∴g（x）在[0，+∞）上单调递增，∴g（x）≥g（1）=0．∴f（x）≥（x-1）²．…（8分）
（Ⅲ）设h（x）=x²lnx-x-m（x-1）²+1，h′（x）=2xlnx+x-2m（x-1）-1，
（Ⅱ） 中知x²lnx≥（x-1）²+x-1=x（x-1），∴xlnx≥x-1，∴h′（x）≥3（x-1）-2m（x-1），
①当3-2m≥0即$m≤\frac{3}{2}$时，h′（x）≥0，∴h（x）在[1，+∞）单调递增，∴h（x）≥h（1）=0，成立．
②当3-m＜0即$m＞\frac{3}{2}$时，h′（x）=2xlnx-（1-2m）（x-1），（h′（x））′=2lnx+3-2m，
令（h′（x））=0，得${x_0}={e^{\frac{2m-3}{2}}}-2＞1$，
当x∈[1，x₀）时，h′（x）＜h′（1）=0，∴h（x）在[1，x₀）上单调递减∴h（x）＜h（1）=0，不成立．
综上，$m≤\frac{3}{2}$．…（12分）

点评 本题考查函数的导数的应用，函数的单调性的判断参数的范围的求法，考查分析问题解决问题的能力．