题目内容

13.已知函数f(x)=x2-ax(a≠0),g(x)=lnx,f(x)的图象与x轴异于原点的交点M处的切线为l1,g(x-1)与x轴的交点N处的切线为l2.并且l1与l2平行.
(1)求f(2)的值;
(2)已知实数t∈R,求μ=xlnx,x∈[1,e]的取值范围及函数y=f[xg(x)+t],x∈[1,e]的最小值;
(3)令F(x)=g(x)+g′(x),给定x1,x2∈(1,+∞),x1<x2,对于两个大于1的正数α,β,存在实数m满足:α=mx1+(1-m)x2,β=(1-m)x1+mx2,并且使得不等式|F(α)-F(β)|<|F(x1)-f(x2)|恒成立,求实数m的取值范围.

分析 (1)利用导数的几何意义,分别求两函数在与两坐标轴的交点处的切线斜率,令其相等解方程即可得a值,从而得到f(2)的值;
(2)令u=xlnx,由导数,求得单调区间和范围;再研究二次函数u2+(2t-1)u+t2-t图象是对称轴u=$\frac{1-2t}{2}$,开口向上的抛物线,结合其性质求出最值;
(3)先由题意得到F(x)=g(x)+g′(x)=lnx+$\frac{1}{x}$,再利用导数工具研究所以F(x)在区间(1,+∞)上单调递增,得到当x≥1时,F(x)≥F(1)>0,下面对m进行分类讨论:①当m∈(0,1)时,②当m≤0时,③当m≥1时,结合不等式的性质即可求出a的取值范围.

解答 解:(1)y=f(x)图象与x轴异于原点的交点M(a,0),f′(x)=2x-a
y=g(x-1)=ln(x-1)图象与x轴的交点N(2,0),g′(x-1)=$\frac{1}{x-1}$
由题意可得l1的斜率和kl2的斜率相等,即a=1,
∴f(x)=x2-x,f(2)=22-2=2;                
(2)y=f[xg(x)+t]=[xlnx+t]2-(xlnx+t)
=(xlnx)2+(2t-1)(xlnx)+t2-t,
令u=xlnx,在 x∈[1,e]时,u′=lnx+1>0,
∴u=xlnx在[1,e]单调递增,
即有0≤u≤e;                         
u2+(2t-1)u+t2-t图象的对称轴u=$\frac{1-2t}{2}$,抛物线开口向上,
①当u=$\frac{1-2t}{2}$≤0即t≥$\frac{1}{2}$时,y最小=t2-t;              
②当u=$\frac{1-2t}{2}$≥e即t≤$\frac{1-2e}{2}$时,y最小=e2+(2t-1)e+t2-t;   
③当0<$\frac{1-2t}{2}$<e即$\frac{1-2e}{2}$<t$<\frac{1}{2}$时,
y最小=y|${\;}_{u=\frac{1-2t}{2}}^{\;}$=-$\frac{1}{4}$;         
(3)F(x)=g(x)+g′(x)=lnx+$\frac{1}{x}$,
F′(x)=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$,
所以F(x)在区间(1,+∞)上单调递增,
∴当x≥1时,F(x)≥F(1)>0,
①当m∈(0,1)时,有
α=mx1+(1-m)x2>mx1+(1-m)x1=x1
α=mx1+(1-m)x2<mx2+(1-m)x2=x2
得α∈(x1,x2),同理β∈(x1,x2),
∴由f(x)的单调性知  0<F(x1)<F(α)、f(β)<f(x2)  
从而有|F(α)-F(β)|<|F(x1)-f(x2)|,符合题设.
②当m≤0时,
α=mx1+(1-m)x2≥mx2+(1-m)x2=x2
β=mx2+(1-m)x1≤mx1+(1-m)x1=x1
由f(x)的单调性知,
F(β)≤F(x1)<f(x2)≤F(α)
∴|F(α)-F(β)|≥|F(x1)-f(x2)|,与题设不符,
③当m≥1时,同理可得α≤x1,β≥x2
得|F(α)-F(β)|≥|F(x1)-f(x2)|,与题设不符.
∴综合①、②、③得 m∈(0,1).

点评 本小题主要考查函数单调性的应用、利用导数研究曲线上某点切线方程、利用导数研究函数的单调性等基础知识,考查运算求解能力、化归与转化思想.属于中档题.

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