题目内容
(2013•梅州二模)已知函数f(x)=
的图象为曲线C,函数g(x)=
ax+b的图象为直线l.
(1)当a=2,b=-3时,求F(x)=f(x)-g(x)的最大值;
(2)设直线l与曲线C的交点的横坐标分别为x1,x2,且x1≠x2,求证:(x1+x2)g(x1+x2)>2.
lnx |
x |
1 |
2 |
(1)当a=2,b=-3时,求F(x)=f(x)-g(x)的最大值;
(2)设直线l与曲线C的交点的横坐标分别为x1,x2,且x1≠x2,求证:(x1+x2)g(x1+x2)>2.
分析:(1)由a=2,b=-3,知F′(x)=
-1=
=0⇒x=1,x∈(0,1),F'(x)>0,F'(x)单调递增,x∈(1,+∞),F'(x)<0,F'(x)单调递减,由此能求出F(x)=f(x)-g(x)的最大值.
(2)设x1<x2,要证(x1+x2)g(x1+x2)>2,只需证(x1+x 2)[
a(x1+x2)+b]>2,由此入手,能够证明(x1+x2)g(x1+x2)>2.
1-lnx |
x2 |
1-lnx-x2 |
x2 |
(2)设x1<x2,要证(x1+x2)g(x1+x2)>2,只需证(x1+x 2)[
1 |
2 |
解答:解:(1)∵a=2,b=-3∴F(x)=
-x+3,
F′(x)=
-1=
=0⇒x=1,
x∈(0,1),F'(x)>0,F'(x)单调递增,
x∈(1,+∞),F'(x)<0,F'(x)单调递减,
∴F(x)max=F(1)=2
(2)不妨设x1<x2,要证(x1+x2)g(x1+x2)>2,只需证(x1+x 2)[
a(x1+x2)+b]>2,
a(x1+x2)+b>
⇒
a(
-
)+b(x2-x1)>
,
a
+bx2-(
a
+bx1)>
,
∵
=
ax1+b,
=
ax2+b,
∴lnx2-lnx1>
,即 ln
>
,∴(x2+x1)ln
>2(x2-x1),
令H(x)=(x+x1)ln
-2(x-x1),x∈(x1,+∞).只需证H(x)=(x+x1)ln
-2(x-x1)>0=H(x1),
H′(x)=ln
+
-1,令 G(x)=ln
+
-1,则 G′(x)=
>0,G(x)在x∈(x1,+∞)单调递增.
G(x)>G(x1)=0,∴H′(x)>0,∴H(x)在x∈(x1,+∞)单调递增.H(x)>H(x1)=0,
H(x)=(x+x1)ln
-2(x-x1)>0,∴(x1+x2)g(x1+x2)>2.
lnx |
x |
F′(x)=
1-lnx |
x2 |
1-lnx-x2 |
x2 |
x∈(0,1),F'(x)>0,F'(x)单调递增,
x∈(1,+∞),F'(x)<0,F'(x)单调递减,
∴F(x)max=F(1)=2
(2)不妨设x1<x2,要证(x1+x2)g(x1+x2)>2,只需证(x1+x 2)[
1 |
2 |
1 |
2 |
2 |
x1+x2 |
1 |
2 |
x | 2 2 |
x | 2 1 |
2(x2-x1) |
x1+x2 |
1 |
2 |
x | 2 2 |
1 |
2 |
x | 2 1 |
2(x2-x1) |
x1+x2 |
∵
lnx1 |
x1 |
1 |
2 |
lnx2 |
x2 |
1 |
2 |
∴lnx2-lnx1>
2(x2-x1) |
x2+x1 |
x2 |
x1 |
2(x2-x1) |
x2+x1 |
x2 |
x1 |
令H(x)=(x+x1)ln
x |
x1 |
x |
x1 |
H′(x)=ln
x |
x1 |
x1 |
x |
x |
x1 |
x1 |
x |
x-x1 |
x2 |
G(x)>G(x1)=0,∴H′(x)>0,∴H(x)在x∈(x1,+∞)单调递增.H(x)>H(x1)=0,
H(x)=(x+x1)ln
x |
x1 |
点评:本题考查导数在最大值、最小值问题中的应用,考查运算求解能力,推理论证能力;考查化归与转化思想.对数学思维的要求比较高,有一定的探索性.综合性强,难度大,是高考的重点.解题时要认真审题,仔细解答.
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