题目内容
17.已知函数f(x)=alnx+bx-x2(Ⅰ)当a=b=1时,求方程f(x)=0的解;
(Ⅱ)当a=2时,f(x)的图象与x轴交于两点A(x1,0),B(x2,0)(0<x1<x2),常数p∈(0,$\frac{1}{2}$),求证:f′[px1+(1-p)x2]<0.
分析 (Ⅰ)将a,b的值代入函数f(x)的表达式,求出函数的导数,从而得到函数的单调区间,进而求出方程的根;
(Ⅱ)将a=2代入函数f(x)的表达式,求出函数f(x)的导数,得到b=(x1+x2)-$\frac{2(l{nx}_{2}-l{nx}_{1})}{{x}_{2}{-x}_{1}}$,故只需证$\frac{2}{{px}_{1}+{qx}_{2}}$-$\frac{2(l{nx}_{2}-l{nx}_{1})}{{x}_{2}{-x}_{1}}$<0即可证出结论.
解答 解:(Ⅰ)当a=b=1时,f(x)=lnx+x-x2(x>0),
则f′(x)=$\frac{1}{x}$+1-2x=-$\frac{(2x+1)(x-1)}{x}$,
∴f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)单调递减,
从而f(1)=0为f(x)在(0,+∞)上唯一的极大值,即为最大值,
故方程f(x)=0有且只有一个根x=1;
(Ⅱ)当a=2时,f(x)=2lnx+bx-x2,
f′(x)=$\frac{2}{x}$+b-2x,
由题意得:2lnx1+bx1-${{x}_{1}}^{2}$=0,2lnx2+bx2-${{x}_{2}}^{2}$=0,
作差得:b=(x1+x2)-$\frac{2(l{nx}_{2}-l{nx}_{1})}{{x}_{2}{-x}_{1}}$
令q=1-p,则q>$\frac{1}{2}$>p>0,
则f′[px1+(1-p)x2]
=f′(px1+qx2)
=$\frac{2}{{px}_{1}+{qx}_{2}}$+(x1+x2)-$\frac{2(l{nx}_{2}-l{nx}_{1})}{{x}_{2}{-x}_{1}}$-2(px1+qx2)
=$\frac{2}{{px}_{1}+{qx}_{2}}$-$\frac{2(l{nx}_{2}-l{nx}_{1})}{{x}_{2}{-x}_{1}}$+(p-q)(x2-x1)
∵p-q<0,x2-x1>0,∴(p-q)(x2-x1)<0,
故只需证$\frac{2}{{px}_{1}+{qx}_{2}}$-$\frac{2(l{nx}_{2}-l{nx}_{1})}{{x}_{2}{-x}_{1}}$<0
?$\frac{{x}_{2}{-x}_{1}}{{px}_{1}+{qx}_{2}}$-(lnx2-lnx1)<0
?$\frac{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1}{q•\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+p}$-ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$<0(*),
令t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$>1,构造函数g(t)=lnt-$\frac{t-1}{qt+p}$(t>1),
则g′(t)=$\frac{1}{t}$-$\frac{1}{{(qt+p)}^{2}}$=$\frac{{(q}^{2}t{-p}^{2})(t-1)}{{t(qt+p)}^{2}}$>0,
故g(t)在(1,+∞)上单调递增,
∴g(t)>g(1)=0,即(*)式成立,
∴f′[px1+(1-p)x2]<0成立.
点评 本题考查了函数的单调性,函数的最值问题,考查导数的应用,考查不等式的证明,本题是一道难题.
A. | a,b,c都是偶数 | B. | a,b,c都是奇数 | ||
C. | a,b,c中至少有两个偶数 | D. | a,b,c中都是奇数或至少两个偶数 |
A. | f(0)<e-1f(1)<e2f(2) | B. | e-1f(1)<f(0)<e2f(2) | C. | e2f(2)<e-1f(1)<f(0) | D. | e2f(2)<f(0)<e-1f(1) |
A. | $\frac{1}{2}$ | B. | $\frac{3}{2}$ | C. | $\frac{5}{2}$ | D. | $\frac{7}{2}$ |
A. | ±sinθ | B. | sinθ | C. | -sinθ | D. | 以上都不对 |