已知函数f(x)=x2+bx-alnx.(Ⅰ)若x=2是函数f(x)的极值点,1...
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发布时间：2024-10-24 11:30
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解：（Ⅰ）f′（x）=2x+b-ax（x＞0），
∵x=2是函数f（x）的极值点，∴f′（2）=4+b-a2=0．
∵1是函数f（x）的零点，得f（1）=1+b=0，
由4+b-a2=01+b=0，解得a=6，b=-1．
（Ⅱ）令g（b）=xb+x2-alnx，b∈[-2，-1]，则g（b）为关于b的一次函数且为增函数，
根据题意，对任意b∈[-2，-1]，都存在x∈（1，e），使得f（x）＜0成立，
则g（b）max=g（-1）=x2-x-alnx＜0在x∈（1，e）有解，
令h（x）=x2-x-alnx，只需存在x0∈（1，e）使得h（x0）＜0即可，
由于h′(x)=2x-1-ax=2x2-x-ax，
令φ（x）=2x2-x-a，φ′（x）=4x-1＞0，
∴φ（x）在（1，e）上单调递增，φ（x）＞φ（1）=1-a，
①当1-a≥0，即a≤1时，φ（x）＞0，即h′（x）＞0，h（x）在（1，e）上单调递增，
∴h（x）＞h（1）=0，不符合题意．
②当1-a＜0，即a＞1时，φ（1）=1-a＜0，φ（e）=2e2-e-a．
若a≥2e2-e＞1，则φ（e）＜0，∴在（1，e）上φ（x）＜0恒成立，即h′（x）＜0恒成立，
∴h（x）在（1，e）上单调递减，∴存在x0∈（1，e）使得h（x0）＜h（1）=0，符合题意．
若2e2-e＞a＞1，则φ（e）＞0，
∴在（1，e）上一定存在实数m，使得φ（m）=0，
∴在（1，m）上φ（x）＜0恒成立，即h′（x）＜0恒成立，h（x）在（1，m）上单调递减，
∴存在存在x0∈（1，m）使得h（x0）＜h（1）=0，符合题意．
综上所述，当a＞1时，对∀b∈[-2，-1]，都有∃x∈（1，e）（e为自然对数的底数），使得f（x）＜0
成立．
（Ⅲ）证明：由题意a=-1，可知f′(x)=2x2+bx+1x(x＞0)，
方程2x2+bx+1=0有两个不相等实根x1、x2，且x1∈(0，12)，又x1x2=12，
∴x2=12x1∈(1，+∞)，且bx1=-(2x12+1)，bx2=-(2x22+1)，
f（x1）-f（x2）=(x21+bx1+lnx1)-(x22+bx2+lnx2)
=[x12-(2x12+1)+lnx1]-[x22-(2x22+1)+lnx2]
=x22-x12+lnx1x2=x22-14x22-ln2x22(x2＞1)，
构造ϕ(x)=x2-14x2-ln2x2(x＞1)，
ϕ′(x)=(2x2-1)22x3．
当x＞1，则ϕ′（x）＞0，ϕ（x）在（1，+∞）上为增函数，
∴ϕ(x)＞ϕ(1)=34-ln2，即f(x1)-f(x2)＞34-ln2成立．
