题目内容
已知函数f(x)=alnx-bx2图象上一点P(2,f(2))处的切线方程为y=-3x+2ln2+2.(Ⅰ)求a,b的值;
(Ⅱ)若方程f(x)+m=0在[
1 | e |
(Ⅲ)令g(x)=f(x)-kx,若g(x)的图象与x轴交于A(x1,0),B(x2,0)(其中x1<x2),AB的中点为C(x0,0),求证:g(x)在x0处的导数g′(x0)≠0.
分析:(Ⅰ)只需要利用导数的几何意义即可获得两个方程解得两个未知数;
(Ⅱ)先要利用导数研究好函数h(x)=f(x)+m=2lnx-x2+m,的单调性,结合单调性及在[
,e]内有两个不等实根通过数形结合易知m满足的关系从而问题获得解答;
(Ⅲ)用反证法现将问题转化为有关方程根的形式,在通过研究函数的单调性进而通过最值性找到矛盾即可获得解答.
(Ⅱ)先要利用导数研究好函数h(x)=f(x)+m=2lnx-x2+m,的单调性,结合单调性及在[
1 |
e |
(Ⅲ)用反证法现将问题转化为有关方程根的形式,在通过研究函数的单调性进而通过最值性找到矛盾即可获得解答.
解答:解:(Ⅰ)f′(x)=
-2bx,f′(2)=
-4b,f(2)=aln2-4b.
∴
-4b=-3,且aln2-4b=-6+2ln2+2.
解得a=2,b=1.
(Ⅱ)f(x)=2lnx-x2,令h(x)=f(x)+m=2lnx-x2+m,
则h/(x)=
-2x=
,
令h′(x)=0,得x=1(x=-1舍去).
在[
, e]内,
当x∈[
,1)时,h′(x)>0,
∴h(x)是增函数;
当x∈[1,e]时,h′(x)<0,
∴h(x)是减函数,
则方程h(x)=0在[
,e]内有两个不等实根的充要条件是:
即1<m≤2+
.
(Ⅲ)g(x)=2lnx-x2-kx,g/(x)=
-2x-k.
假设结论不成立,则有:
①-②,得2ln
-(x12-x22)-k(x1-x2)=0.
∴k=2
-2x0.
由④得k=
-2x0,
∴
=
即
=
,即ln
=
.⑤
令t=
,u(t)=lnt-
(0<t<1),
则u′(t)=
>0.
∴u(t)在0<t<1上增函数,
∴u(t)<u(1)=0,
∴⑤式不成立,与假设矛盾.
∴g'(x0)≠0.
a |
x |
a |
2 |
∴
a |
2 |
解得a=2,b=1.
(Ⅱ)f(x)=2lnx-x2,令h(x)=f(x)+m=2lnx-x2+m,
则h/(x)=
2 |
x |
2(1-x2) |
x |
令h′(x)=0,得x=1(x=-1舍去).
在[
1 |
e |
当x∈[
1 |
e |
∴h(x)是增函数;
当x∈[1,e]时,h′(x)<0,
∴h(x)是减函数,
则方程h(x)=0在[
1 |
e |
|
即1<m≤2+
1 |
e2 |
(Ⅲ)g(x)=2lnx-x2-kx,g/(x)=
2 |
x |
假设结论不成立,则有:
|
①-②,得2ln
x1 |
x2 |
∴k=2
ln
| ||
x1-x2 |
由④得k=
2 |
x0 |
∴
ln
| ||
x1-x2 |
1 |
x0 |
即
ln
| ||
x1-x2 |
2 |
x1+x2 |
x1 |
x2 |
2
| ||
|
令t=
x1 |
x2 |
2t-2 |
t+1 |
则u′(t)=
(t-1)2 |
t(t+1)2 |
∴u(t)在0<t<1上增函数,
∴u(t)<u(1)=0,
∴⑤式不成立,与假设矛盾.
∴g'(x0)≠0.
点评:本题考查的是函数与方程以及导数知识的综合应用问题.在解答的过程当中充分体现了函数与方程的思想、数形结合的思想、问题转化的思想以及反证法.值得同学们体会反思.
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