Question

【題目】設(shè)函數(shù)f（x）=x2+bx﹣alnx．
（1）若x=2是函數(shù)f（x）的極值點(diǎn)，1和x0是函數(shù)f（x）的兩個不同零點(diǎn)，且x0∈（n，n+1），n∈N，求n．
（2）若對任意b∈[﹣2，﹣1]，都存在x∈（1，e）（e為自然對數(shù)的底數(shù)），使得f（x）＜0成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

【答案】
（1）解： ，∵x=2是函數(shù)f（x）的極值點(diǎn)，∴ ．

∵1是函數(shù)f（x）的零點(diǎn)，得f（1）=1+b=0，

由 ，解得a=6，b=﹣1．

∴f（x）=x2﹣x﹣6lnx，

令 = ，x∈（0，+∞），得x＞2；

令f′（x）＜0得0＜x＜2，

所以f（x）在（0，2）上單調(diào)遞減；在（2，+∞）上單調(diào)遞增．

故函數(shù)f（x）至多有兩個零點(diǎn)，其中1∈（0，2），x0∈（2，+∞），

因?yàn)閒（2）＜f（1）=0，f（3）=6（1﹣ln3）＜0，f（4）=6（2﹣ln4）= 0，

所以x0∈（3，4），故n=3．

（2）解：令g（b）=xb+x2﹣alnx，b∈[﹣2，﹣1]，則g（b）為關(guān)于b的一次函數(shù)且為增函數(shù)，

根據(jù)題意，對任意b∈[﹣2，﹣1]，都存在x∈（1，e）（e 為自然對數(shù)的底數(shù)），使得f（x）＜0成立，

則在x∈（1，e）上 ，有解，

令h（x）=x2﹣x﹣alnx，只需存在x0∈（1，e）使得h（x0）＜0即可，

由于 ，

令φ（x）=2x2﹣x﹣a，x∈（1，e），φ'（x）=4x﹣1＞0，

∴φ（x）在（1，e）上單調(diào)遞增，φ（x）＞φ（1）=1﹣a，

①當(dāng)1﹣a≥0，即a≤1時，φ（x）＞0，即h′（x）＞0，h（x）在（1，e）上單調(diào)遞增，∴h（x）＞h（1）=0，不符合題意．

②當(dāng)1﹣a＜0，即a＞1時，φ（1）=1﹣a＜0，φ（e）=2e2﹣e﹣a

若a≥2e2﹣e＞1，則φ（e）＜0，所以在（1，e）上φ（x）＜0恒成立，即h′（x）＜0恒成立，∴h（x）在（1，e）上單調(diào)遞減，

∴存在x0∈（1，e）使得h（x0）＜h（1）=0，符合題意．

若2e2﹣e＞a＞1，則φ（e）＞0，∴在（1，e）上一定存在實(shí)數(shù)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，e）上單調(diào)遞減，

∴存在x0∈（1，e）使得h（x0）＜h（1）=0，符合題意．

綜上所述，當(dāng)a＞1時，對任意b∈[﹣2，﹣1]，都存在x∈（1，e）（e 為自然對數(shù)的底數(shù)），使得f（x）＜0成立

【解析】（1）先求導(dǎo)得到 ，由 ，f（1）=1+b=0，得到a與b的值，再令導(dǎo)數(shù)大于0，或小于0，得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，再由零點(diǎn)存在性定理得到得到x0∈（3，4），進(jìn)而得到n的值；（2）令g（b）=xb+x2﹣alnx，b∈[﹣2，﹣1]，問題轉(zhuǎn)化為在x∈（1，e）上g（b）max=g（﹣1）＜0有解即可，亦即只需存在x0∈（1，e）使得x2﹣x﹣alnx＜0即可，連續(xù)利用導(dǎo)函數(shù)，然后分別對1﹣a≥0，1﹣a＜0，看是否存在x0∈（1，e）使得h（x0）＜h（1）=0，進(jìn)而得到結(jié)論．
【考點(diǎn)精析】本題主要考查了函數(shù)的極值與導(dǎo)數(shù)的相關(guān)知識點(diǎn)，需要掌握求函數(shù)的極值的方法是:（1）如果在附近的左側(cè),右側(cè),那么是極大值（2）如果在附近的左側(cè),右側(cè),那么是極小值才能正確解答此題．