题目内容
(2009•大连一模)已知函数f(x)=
x2-2x+2,g(x)=loga
(a>0,且a≠1),函数h(x)=f(x)-g(x)在定义域内是增函数,且h′(x)义域内存在零点(h′(x)为h(x)的导函数).
(I)求a的值;
(II)设A(x1,y1),B(x2,y2),(x1<x2)是函数y=g(x)的图象上两点,g′(x0)=
(g′(x)为g(x)的导函数),试比较x1与x0的大小,并说明理由.
1 |
2 |
1 |
x |
(I)求a的值;
(II)设A(x1,y1),B(x2,y2),(x1<x2)是函数y=g(x)的图象上两点,g′(x0)=
y1-y2 |
x1-x2 |
分析:(I)写出h(x),求导数h′(x),h(x)在区间(0,+∞)上是增函数,等价于h′(x)≥0在区间(0,+∞)上恒成立,即x2-2x+
≥0在区间(0,+∞)上恒成立,由此得△≤0,由h′(x)存在正零点,得△≥0,从而△=0,由此可解a值;
(II)由g′(x0)=
得,x0=
,作差:x1-x0=
,构造函数r(x)=xlnx2-xlnx-x2+x,利用导数可判断r(x)的单调性,借助单调性即可判断差的符号,从而得到结论;
1 |
lna |
(II)由g′(x0)=
y1-y2 |
x1-x2 |
x2-x1 |
lnx2-lnx1 |
x1lnx2-x1lnx1-x2+x1 |
lnx2-lnx1 |
解答:解:(I)因为h(x)=
x2-2x+logax+2(x>0),
所以h′(x)=x-2+
=
(x2-2x+
),
因为h(x)在区间(0,+∞)上是增函数,
所以
(x2-2x+
)≥0在区间(0,+∞)上恒成立,即x2-2x+
≥0在区间(0,+∞)上恒成立,
所以△≤0,
又h′(x)存在正零点,故△≥0,
所以△=0,即4-
=0,所以lna=1,
所以a=e.
(II)结论x0>x1,理由如下:
由(I),g′(x0)=-
=-
,
由g′(x0)=
得,x0=
,
x1-x0=x1-
=
,
∵x1<x2,∴lnx2-lnx1>0,
令r(x)=xlnx2-xlnx-x2+x,
r′(x)=lnx2-lnx在(0,x2]上,r′(x)>0,
所以r(x)在(0,x2]上为增函数,
当x1<x2时,r(x1)<r(x2)=0,即x1lnx2-x1lnx1-x2+x1<0,
从而x0>x1得到证明.
1 |
2 |
所以h′(x)=x-2+
1 |
xlna |
1 |
x |
1 |
lna |
因为h(x)在区间(0,+∞)上是增函数,
所以
1 |
x |
1 |
lna |
1 |
lna |
所以△≤0,
又h′(x)存在正零点,故△≥0,
所以△=0,即4-
4 |
lna |
所以a=e.
(II)结论x0>x1,理由如下:
由(I),g′(x0)=-
1 |
x0lna |
1 |
x0 |
由g′(x0)=
y1-y2 |
x1-x2 |
x2-x1 |
lnx2-lnx1 |
x1-x0=x1-
x2-x1 |
lnx2-lnx1 |
x1lnx2-x1lnx1-x2+x1 |
lnx2-lnx1 |
∵x1<x2,∴lnx2-lnx1>0,
令r(x)=xlnx2-xlnx-x2+x,
r′(x)=lnx2-lnx在(0,x2]上,r′(x)>0,
所以r(x)在(0,x2]上为增函数,
当x1<x2时,r(x1)<r(x2)=0,即x1lnx2-x1lnx1-x2+x1<0,
从而x0>x1得到证明.
点评:本题考查利用导数研究函数的单调性,考查函数单调的充要条件及恒成立问题的解决,解决(II)问的关键是根据题目特点灵活构造函数,对能力要求较高.

练习册系列答案
相关题目