Question

已知f（x）=

1

2

ax²+（b-1）x+lnx（a＞0，b∈R）
（1）當(dāng)a=2，b=-2時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若函數(shù)有兩個極值點x₁和x₂，0＜x₁＜2＜x₂＜4，求證：b＜2a；
（3）已知g（x）=f（x）+（1-b）x，μ₂＞μ₁＞0，求證：|

g(μ2)-g(μ1)

μ2-μ1

|＞2

a

．

Answer 1

考點：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值

專題：證明題,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）求出函數(shù)f（x）的定義域，并求出導(dǎo)數(shù)，分別令它大于0，小于0，求出單調(diào)區(qū)間；
（2）首先求出函數(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)函數(shù)f（x）有兩個極值點x₁和x₂，且0＜x₁＜2＜x₂＜4，得到不等式組：h（0）＞0，h（2）＜0，h（4）＞0，化簡不等式即可；
（3）化簡g（x）求出定義域，并求出導(dǎo)數(shù)，得到函數(shù)g（x）的單調(diào)性，去掉絕對值，要證原不等式成立，只要證g（u₂）-2

a

u₂＞g（u₁）-2

a

u₁，構(gòu)造函數(shù)H（x）=g（x）-2

a

x（x＞0），只要證得y=H（x）（x＞0）是增函數(shù)，求出導(dǎo)數(shù)，運用基本不等式證明不小于0，從而得證．

解答： 解：（1）f（x）=x²-3x+lnx的定義域為（0，+∞），
∴f'（x）=2x-3+

1

x

=

2x2-3x+1

x

（x＞0），
由f'（x）=0得x=

1

2

或x=1，
∴當(dāng)x＞1或0＜x＜

1

2

時，f'（x）＞0，當(dāng)

1

2

＜x＜1時f'（x）＜0，
∴（

1

2

，1）是函數(shù)f（x）的減區(qū)間，（0，

1

2

）和（1，+∞）是f（x）的增區(qū)間；
（2）∵函數(shù)f（x）有兩個極值點x₁，x₂，
∴f（x）=0在（0，+∞）有兩個不同的解x₁，x₂，
∵f（x）=ax+（b-1）+

1

x

=

ax2+(b-1)x+1

x

，
∴x₁，x₂是ax²+（b-1）x+1=0在（0，+∞）內(nèi)的兩個不同解，
設(shè)h（x）=ax²+（b-1）x+1，則該函數(shù)有兩個零點x₁，x₂，
∵0＜x₁＜2＜x₂＜4，
∴

h(0)＞0 h(2)＜0 h(4)＞0

即

4a+2b-1＜0 16a+4b-3＞0

，
∴

3

4

-4a＜b＜

1

2

-2a，即

1

4

-4a＜

1

2

-2a得a＞

1

8

，
∴b＜

1

2

-2a＜4a-2a=2a，
∴b＜2a得證；
（3）證明：g（x）=f（x）+（1-b）x=

1

2

ax²+lnx的定義域為（0，+∞），
∵g'（x）=ax+

1

x

＞0，
∴函數(shù)g（x）在（0，+∞）上遞增，
∵u₂＞u₁＞0，∴g（u₂）＞g（u₁），
∴|

g(u2)-g(u1)

u2-u1

|=

g(u2)-g(u1)

u2-u1

∴要證上式＞2

a

，只要證g（u₂）-2

a

u₂＞g（u₁）-2

a

u₁，
設(shè)H（x）=g（x）-2

a

x（x＞0），由題意得只要證y=H（x）（x＞0）是增函數(shù)，
∴H（x）=

1

2

ax²+lnx-2

a

x，H'（x）=ax+

1

x

-2

a

≥2

ax• 1 x

-2

a

=0，
∴H（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，
∵u₂＞u₁＞0，∴H（u₂）＞H（u₁），
∴g（u₂）-2

a

u₂＞g（u₁）-2

a

u₁，
∴|

g(μ2)-g(μ1)

μ2-μ1

|＞2

a

．

點評：本題主要考查導(dǎo)數(shù)的綜合運用，求單調(diào)區(qū)間，求極值，考查二次方程實根的分布，構(gòu)造函數(shù)求導(dǎo)，運用單調(diào)性，及基本不等式的運用，考查分析法證明不等式的方法，是一道綜合題．