3.已知函數(shù)f(x)=ax2+x-lnx,(a>0).
(Ⅰ)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(Ⅱ)設(shè)f(x)極值點(diǎn)為x0,若存在x1,x2∈(0,+∞),且x1≠x2,使f(x1)=f(x2),求證:x1+x2>2x0

分析 (Ⅰ)先求出函數(shù)的定義域,求出函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù),在定義域下令導(dǎo)函數(shù)大于0得到函數(shù)的遞增區(qū)間.即可求出單調(diào)減區(qū)間.
(Ⅱ)要證x1+x2>2x0,需證$\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}>{x_0}$.由( I)知,${x_0}=\frac{{-1+\sqrt{8a+1}}}{4a}$,f′(x)=2ax+1-$\frac{1}{x}$在(0,+∞)上單調(diào)遞增,只需證$f'(\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2})>0…(7分)$.

解答 解:( I)f(x)定義域?yàn)椋?,+∞),
f′(x)=$\frac{2a{x}^{2}+x-1}{x}$,
∵a>0,∴方程f′(x)=0有兩個(gè)實(shí)根x1=$\frac{-1-\sqrt{1+8a}}{4a}$<0,x2=$\frac{-1+\sqrt{1+8a}}{4a}$>0,
當(dāng)x∈(0,x2)時(shí),f′(x)<0,當(dāng)x∈(x2,+∞)時(shí),f′(x)>0,
∴f(x)的單調(diào)增區(qū)間為:($\frac{-1+\sqrt{1+8a}}{4a}$,+∞)減區(qū)間為(0,$\frac{-1+\sqrt{1+8a}}{4a}$)
( II)要證x1+x2>2x0,需證$\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}>{x_0}$.
由( I)知,${x_0}=\frac{{-1+\sqrt{8a+1}}}{4a}$,f′(x)=2ax+1-$\frac{1}{x}$在(0,+∞)上單調(diào)遞增,
∴只需證$f'(\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2})>0…(7分)$.
不妨設(shè)x2>x1>0
由已知得$f({x_2})-f({x_1})=(ax_2^2+{x_2}-ln{x_2})-(ax_1^2+{x_1}-ln{x_1})$=$a(x_2^2-x_1^2)+({x_2}-{x_1})-(ln{x_2}-ln{x_1})$,=[a(x2+x1)+1](x2-x1)-(lnx2-lnx1)=0
∴$a({x_2}+{x_1})+1=\frac{{ln{x_2}-ln{x_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}$…(9分)
∵$f'(x)=2ax+1-\frac{1}{x}$
∴$f'(\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2})=a({x_1}+{x_2})+1-\frac{2}{{{x_1}+{x_2}}}=\frac{{ln{x_2}-ln{x_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}-\frac{2}{{{x_1}+{x_2}}}$…(11分)
法1:$f'(\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2})$=$\frac{1}{{{x_2}-{x_1}}}(ln{x_2}-ln{x_1}-\frac{{2{x_2}-2{x_1}}}{{{x_2}+{x_1}}})$
令$g(x)=ln{x_2}-lnx-\frac{{2{x_2}-2x}}{{{x_2}+x}},(x∈(0,{x_2}))$
∴$g'(x)=-\frac{{{{({x_2}-x)}^2}}}{{x{{({x_2}+x)}^2}}}<0$,∴g(x)在(0,x2)單調(diào)遞減,
∴g(x1)>g(x2)=0,
又$\frac{1}{{{x_2}-{x_1}}}>0$,∴$f'(\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2})>0$成立.∴結(jié)論成立.…(14分)
法2:f′( $\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$)=$\frac{1}{{{x_2}-{x_1}}}[ln\frac{x_2}{x_1}-\frac{{2(\frac{x_2}{x_1}-1)}}{{1+\frac{x_2}{x_1}}}]$.
設(shè)$t=\frac{x_2}{x_1}$,$g(t)=lnt-\frac{2(t-1)}{1+t}(t>1)$.∵$g'(t)=\frac{{{{(t-1)}^2}}}{{t{{(t+1)}^2}}}>0$,
∴g(t)在(1,+∞)上是增函數(shù),∴g(t)>g(1)=0,
即$ln\frac{x_2}{x_1}-\frac{{2(\frac{x_2}{x_1}-1)}}{{1+\frac{x_2}{x_1}}}>0$,
又∵$\frac{1}{{{x_2}-{x_1}}}>0$,∴f′($\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$)>0成立.
∴結(jié)論成立.…(14分)

點(diǎn)評(píng) 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用及整體代換的思想應(yīng)用,化簡(jiǎn)運(yùn)算困難,要細(xì)心,屬于難題.

練習(xí)冊(cè)系列答案
相關(guān)習(xí)題

科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:解答題

16.已知向量$\overrightarrow{OA}=(2,0),\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{AB}=(0,1)$,其中O為坐標(biāo)原點(diǎn),動(dòng)點(diǎn)M到定直線y=1的距離等于d,并且滿足$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{AM}=k(\overrightarrow{CM}•\overrightarrow{BM}-{d^2}),k$為非負(fù)實(shí)數(shù)
(1)求動(dòng)點(diǎn)M的軌跡C1的方程
(2)若將曲線C1向左平移一個(gè)單位得到曲線C2,試指出C2為何種類型的曲線;
(3)若0<k<1,F(xiàn)1、F2是(2)中曲線C2的兩個(gè)焦點(diǎn),當(dāng)點(diǎn)P在C2上運(yùn)動(dòng)時(shí),求∠F1PF2取得最大值時(shí)對(duì)應(yīng)點(diǎn)P的位置.

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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:解答題

15.已知橢圓C:$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1(a>b>0)的離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$,點(diǎn)P是橢圓上任意一點(diǎn),F(xiàn)1、F2分別是橢圓的左右焦點(diǎn),△PF1F2的面積最大值為$\sqrt{3}$.
(Ⅰ)求橢圓C的方程;
(Ⅱ)從圓x2+y2=16上一點(diǎn)P向橢圓C引兩條切線,切點(diǎn)分別為A,B,當(dāng)直線AB分別與x軸、y軸交于M、N兩點(diǎn)時(shí),求|MN|的最小值.

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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題

11.如圖幾何體由前向后方向的正投影面是平面EFGH,則該幾何體的主視圖是( 。
A.B.C.D.

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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:解答題

18.某研究機(jī)構(gòu)對(duì)高三學(xué)生的記憶力x和判斷力y進(jìn)行統(tǒng)計(jì)分析,得下表數(shù)據(jù):
x681012
y2356
(1)請(qǐng)?jiān)趫D中畫出上表數(shù)據(jù)的散點(diǎn)圖;
(2)請(qǐng)根據(jù)上表提供的數(shù)據(jù),用最小二乘法求出y關(guān)于x的線性回歸方程$\stackrel{∧}{y}$=$\stackrel{∧}$x+$\stackrel{∧}{a}$;
(3)試根據(jù)(2)求出的線性回歸方程,預(yù)測(cè)記憶力為9的同學(xué)的判斷力.
相關(guān)公式:$\stackrel{∧}$=$\frac{\sum_{i=1}^{n}{x}_{i}{y}_{i}-n\overline{x}•\overline{y}}{\sum_{i=1}^{n}{{x}_{1}}^{2}-n\overline{{x}^{2}}}$,$\stackrel{∧}{a}$=$\overline{y}$-$\stackrel{∧}$$\overline{x}$.

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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:填空題

7.已知直線l的參數(shù)方程為$\left\{\begin{array}{l}{x=1+t}\\{y=3-2t}\end{array}$(t為參數(shù)),以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn),x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系,曲線C的極坐標(biāo)方程為ρ=2$\sqrt{2}sin(θ+\frac{π}{4})$,則直線l與曲線C相交的弦長(zhǎng)為$\frac{2\sqrt{30}}{5}$.

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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:解答題

14.已知四棱錐P-ABCD底面ABCD是直角梯形,AB⊥AD,且AD與BC平行,AD=2AB=2BC=2,△PAD是以P為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形,且二面角P-AD-C為直二面角.
(1)求證:PD⊥平面PAB;
(2)求平面PAC與平面PCD所成銳二面角的余弦值.

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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:解答題

10.定義在R上的函數(shù)g(x)及二次函數(shù)h(x)滿足:g(x)+2g(-x)=ex+$\frac{2}{e^x}$-9,h(-2)=h(0)=1,且h(-3)=-2.
(1)求g(x)和h(x)的解析式;
(2)對(duì)于x1,x2∈[-1,1],均有h(x1)+ax1+5≥g(x2)-x2g(x2)成立,求a的取值范圍;
(3)設(shè)f(x)=$\left\{\begin{array}{l}g(x),(x>0)\\ h(x),(x≤0)\end{array}$,在(2)的條件下,討論方程f[f(x)]=a+5的解的個(gè)數(shù)情況.

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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:填空題

10.若函數(shù)f(x)=x2+ax+2是R上的偶函數(shù),其中常數(shù)a∈R,則函數(shù)y=$\frac{f(x)}{x}$(x>0)的最小值為2$\sqrt{2}$.

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