Question

17．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}a{x^2}$-bx，g（x）=lnx-f（x）．
（Ⅰ）若f（2）=2，討論函數(shù)g（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）若f（x）是關(guān)于x的一次函數(shù)，且函數(shù)g（x）有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x₁，x₂，求實(shí)數(shù)b的取值范圍；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的條件下，求證：x₁x₂＞e²．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求出g（x）的導(dǎo)數(shù)，通過(guò)討論a的范圍，得到函數(shù)g（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）由f（x）=-bx，得到g（x）的表達(dá)式，令g（x）=0，得$b=-\frac{lnx}{x}$，記$h（x）=-\frac{lnx}{x}$，通過(guò)討論h（x）的單調(diào)性，得到h（x）取得最小值$-\frac{1}{e}$，從而得到b的范圍；
（Ⅲ）要證${x_1}{x_2}＞{e^2}$，即證$ln\frac{x_2}{x_1}＞\frac{{2（{x_2}-{x_1}）}}{{{x_1}+{x_2}}}=\frac{{2（\frac{x_2}{x_1}-1）}}{{1+\frac{x_2}{x_1}}}$，設(shè)$t=\frac{x_2}{x_1}$（t＞1），$F（t）=lnt-\frac{2（t-1）}{1+t}=lnt+\frac{4}{t+1}-2$，通過(guò)求導(dǎo)得到F（t）的單調(diào)性，從而得到F（t）＞0，進(jìn)而證出結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）由f（2）=2，得a-b=1．
則$g（x）=lnx-\frac{1}{2}a{x^2}+（a-1）x$，其定義域?yàn)椋?，+∞），
$g'（x）=\frac{1}{x}-ax+（a-1）=\frac{{-a{x^2}+（a-1）x+1}}{x}=-\frac{（ax+1）（x-1）}{x}$，
當(dāng)a＜0時(shí)，令g'（x）=0，解得${x_1}=-\frac{1}{a}$，x₂=1，
①當(dāng)a＜-1時(shí)，則$0＜-\frac{1}{a}＜1$，
函數(shù)g（x）在區(qū)間$（0{，_{\;}}-\frac{1}{a}）$和（1，+∞）上單調(diào)遞增，
在區(qū)間$（-\frac{1}{a}{，_{\;}}1）$上單調(diào)遞減，
②當(dāng)a=-1時(shí)，$g'（x）=\frac{{{{（x-1）}^2}}}{x}$≥0，
函數(shù)g（x）在區(qū)間（0，+∞）上單調(diào)遞增，
③當(dāng)-1＜a＜0時(shí)，則$-\frac{1}{a}＞1$，
函數(shù)g（x）在區(qū)間（0，1）和$（-\frac{1}{a}{，_{\;}}+∞）$上單調(diào)遞增，
在區(qū)間$（1{，_{\;}}-\frac{1}{a}）$上單調(diào)遞減，
④當(dāng)a≥0時(shí)，g（x）在區(qū)間（0，1）上單調(diào)遞增，在區(qū)間（1，+∞）上單調(diào)遞減，
（Ⅱ）∵f（x）是關(guān)于x的一次函數(shù)，
∴g（x）=lnx+bx，其定義域?yàn)椋?，+∞）．
由g（x）=0，得$b=-\frac{lnx}{x}$，記$h（x）=-\frac{lnx}{x}$，則$h'（x）=\frac{lnx-1}{x^2}$，
∴$h（x）=-\frac{lnx}{x}$在（0，e）上單調(diào)遞減，在（e，+∞）上單調(diào)遞增．
∴當(dāng)x=e時(shí)，$h（x）=-\frac{lnx}{x}$取得最小值$-\frac{1}{e}$，
由h（1）=0，得x∈（0，1）時(shí)，h（x）＞0，
而x∈（1，+∞）時(shí)，h（x）＜0，如下圖：

∴實(shí)數(shù)b的取值范圍是$（-\frac{1}{e}{，_{\;}}0）$．
（Ⅲ）由題意，得lnx₁+bx₁=0，lnx₂+bx₂=0，
故lnx₁x₂+b（x₁+x₂）=0，$ln\frac{x_2}{x_1}+b（{x_2}-{x_1}）=0$．
∴$\frac{{ln{x_1}{x_2}}}{{ln\frac{x_2}{x_1}}}=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{{{x_2}-{x_1}}}$．
不妨設(shè)x₁＜x₂，要證${x_1}{x_2}＞{e^2}$，只需證$ln{x_1}{x_2}=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{{{x_2}-{x_1}}}•ln\frac{x_2}{x_1}＞2$，
即證$ln\frac{x_2}{x_1}＞\frac{{2（{x_2}-{x_1}）}}{{{x_1}+{x_2}}}=\frac{{2（\frac{x_2}{x_1}-1）}}{{1+\frac{x_2}{x_1}}}$，
設(shè)$t=\frac{x_2}{x_1}$（t＞1），$F（t）=lnt-\frac{2（t-1）}{1+t}=lnt+\frac{4}{t+1}-2$，
則$F'（t）=\frac{1}{t}-\frac{4}{{{{（t+1）}^2}}}=\frac{{{{（t-1）}^2}}}{{t{{（t+1）}^2}}}＞0$，
∴函數(shù)F（t）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，而F（1）=0．
∴F（t）＞0，即$lnt＞\frac{2（t-1）}{1+t}$．
∴${x_1}{x_2}＞{e^2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考察了導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，考察函數(shù)的單調(diào)性、函數(shù)的極值問(wèn)題，考察分類(lèi)討論思想、換元思想，本題是一道難題．