分析 (Ⅰ)求出f(x)的導數(shù),可得切線的斜率,運用兩點的斜率公式可得a=3:
(Ⅱ)求出f(x)的導數(shù),可得f(x)在R上遞增,要證f(mn)>f(e2),只需證mn>e2,m、n是函數(shù)g(x)的兩個不同零點,可得lnm=bm,lnn=bn,相加減,可得ln(mn)=ln$\frac{m}{n}$•$\frac{m+n}{m-n}$=ln$\frac{m}{n}$•$\frac{\frac{m}{n}+1}{\frac{m}{n}-1}$,設(shè)m>n>0,令t=$\frac{m}{n}$>1,則h(t)=lnt•$\frac{t+1}{t-1}$,只需證得當t>1時,h(t)>2.設(shè)φ(t)=lnt+$\frac{4}{t+1}$-2,求得導數(shù),判斷單調(diào)性,即可得證.
解答 解:(Ⅰ)函數(shù)f(x)=$\frac{1}{3}$x3-x2+$\frac{1}{3}$ax+2的導數(shù)為f′(x)=x2-2x+$\frac{1}{3}$a,
可得曲線y=f(x)在點(0,2)處的切線斜率為k=$\frac{1}{3}$a,
由兩點的斜率可得$\frac{2-0}{0-(-2)}$=$\frac{1}{3}$a,解得a=3;
(Ⅱ)證明:f(x)=$\frac{1}{3}$x3-x2+x+2的導數(shù)為
f′(x)=x2-2x+1=(x-1)2≥0,
即有f(x)在R上遞增,
要證f(mn)>f(e2),只需證mn>e2,
m、n是函數(shù)g(x)的兩個不同零點,
可得lnm=bm,lnn=bn,
相減可得lnm-lnn=b(m-n),
相加可得lnm+lnn=b(m+n),
可得b=$\frac{lnm+lnn}{m+n}$=$\frac{lnm-lnn}{m-n}$,
即有l(wèi)n(mn)=ln$\frac{m}{n}$•$\frac{m+n}{m-n}$=ln$\frac{m}{n}$•$\frac{\frac{m}{n}+1}{\frac{m}{n}-1}$,
設(shè)m>n>0,令t=$\frac{m}{n}$>1,則h(t)=lnt•$\frac{t+1}{t-1}$,
下證當t>1時,h(t)>2.
即當t>1時,lnt•$\frac{t+1}{t-1}$>2,即lnt>$\frac{2(t-1)}{t+1}$=2(1-$\frac{2}{t+1}$),
只需證t>1時,lnt+$\frac{4}{t+1}$-2>0,設(shè)φ(t)=lnt+$\frac{4}{t+1}$-2,
則φ′(t)=$\frac{1}{t}$-$\frac{4}{(t+1)^{2}}$=$\frac{(t-1)^{2}}{t(t+1)^{2}}$>0,即φ(t)在(1,+∞)遞增,
可得φ(t)>φ(1)=0,即ln(mn)>2,
故f(mn)>f(e2).
點評 本題考查導數(shù)的運用:求切線的斜率和單調(diào)區(qū)間,考查不等式的證明,注意運用分析法和構(gòu)造函數(shù)法,求得導數(shù),判斷函數(shù)的單調(diào)性,考查化簡整理的運算能力,屬于中檔題.
科目:高中數(shù)學 來源: 題型:填空題
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
A. | -1 | B. | -$\frac{\sqrt{2}}{2}$ | C. | 0 | D. | $\frac{\sqrt{2}}{2}$ |
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
A. | -5 | B. | 5 | C. | 4 | D. | -8 |
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