题目内容
已知函数f(x)=2lnx-x2.(Ⅰ) 求函数y=f(x)在[
1 | 2 |
(Ⅱ)如果函数g(x)=f(x)-ax的图象与x轴交于两点A(x1,0)、B(x2,0),且0<x1<x2.y=g′(x)是
y=g(x)的导函数,若正常数p,q满足p+q=1,q≥p.求证:g′(px1+qx2)<0.
分析:(Ⅰ)f′(x)=
由题意得f′(x)=0在x=1有唯一的极值点f(
)=-2ln2-
f(2)=2ln2-4,f(x)极大值=f(1)=-1,所以最大值为f(1)=-1
(Ⅱ)由题意得a=
-(x1+x2)所以只要证明g′(x)=
-2x-a=
-
+(2p-1)(x2-x1)<0即可,只需证
u(x)=
+ln
<0即可,由题得u′(t)>0所以u(t)在t∈(0,1)上为增函数.
2(1-x)(1+x) |
x |
1 |
2 |
1 |
4 |
(Ⅱ)由题意得a=
2(lnx1-lnx2) |
x1-x2 |
2 |
x |
2 |
px1+qx2 |
2(lnx1-lnx2) |
x1-x2 |
u(x)=
x2-x1 |
px1+qx2 |
x1 |
x2 |
解答:解:(Ⅰ)由f(x)=2lnx-x2得到:f′(x)=
,
∵x∈[
,2],故f′(x)=0在x=1有唯一的极值点,f(
)=-2ln2-
,f(2)=2ln2-4,f(x)极大值=f(1)=-1,
且知f(2)<f(
)<f(1),所以最大值为f(1)=-1.
(Ⅱ)∵g′(x)=
-2x-a,又f(x)-ax=0有两个不等的实根x1,x2,
则
,两式相减得到:a=
-(x1+x2)
于是g′(px1+qx2)=
-2(px1+qx2)-[
-(x1+x2)]
=
-
+(2p-1)(x2-x1)
∵2p≤1,x2>x1>0,∴(2p-1)(x2-x1)≤0
要证:g′(px1+qx2)<0,只需证:
-
<0
只需证:
+ln
<0①
令
=t,0<t<1,只需证:u(t)=
+lnt<0在0<t<1*u上恒成立,
又∵u′(t)=
-
=
∵p+q=1,q≥
,则
≥1,∴
≥1,于是由t<1可知t-1<0,t-
<0
故知u′(t)>0∴u(t)在t∈(0,1)*u上为增函数,
则u(t)<u(1)=0,从而知
+ln
<0,即①成立,从而原不等式成立.
2(1-x)(1+x) |
x |
∵x∈[
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
4 |
且知f(2)<f(
1 |
2 |
(Ⅱ)∵g′(x)=
2 |
x |
则
|
2(lnx1-lnx2) |
x1-x2 |
于是g′(px1+qx2)=
2 |
px1+qx2 |
2(lnx1-lnx2) |
x1-x2 |
=
2 |
px1+qx2 |
2(lnx1-lnx2) |
x1-x2 |
∵2p≤1,x2>x1>0,∴(2p-1)(x2-x1)≤0
要证:g′(px1+qx2)<0,只需证:
2 |
px1+qx2 |
2(lnx1-lnx2) |
x1-x2 |
只需证:
x2-x1 |
px1+qx2 |
x1 |
x2 |
令
x1 |
x2 |
1-t |
pt+q |
又∵u′(t)=
1 |
t |
1 |
(pt+q)2 |
p2(t-1)(t-
| ||
t(pt+q)2 |
∵p+q=1,q≥
1 |
2 |
q |
p |
q2 |
p2 |
q2 |
p2 |
故知u′(t)>0∴u(t)在t∈(0,1)*u上为增函数,
则u(t)<u(1)=0,从而知
x2-x1 |
px1+qx2 |
x1 |
x2 |
点评:此题主要考查利用导数函数的最值与函数的单调性,利用导数求出函数的最值从而进一步证明不等式的恒成立问题,利用导数证明不等式恒成立是高考的一个重点内容.

练习册系列答案
相关题目