已知函數(shù)f(x)=2lnx-x2
(Ⅰ) 求函數(shù)y=f(x)在[
12
,2]
上的最大值.
(Ⅱ)如果函數(shù)g(x)=f(x)-ax的圖象與x軸交于兩點(diǎn)A(x1,0)、B(x2,0),且0<x1<x2.y=g′(x)是
y=g(x)的導(dǎo)函數(shù),若正常數(shù)p,q滿足p+q=1,q≥p.求證:g′(px1+qx2)<0.
分析:(Ⅰ)f(x)=
2(1-x)(1+x)
x
由題意得f′(x)=0在x=1有唯一的極值點(diǎn)f(
1
2
)=-2ln2-
1
4
f(2)=2ln2-4,f(x)極大值=f(1)=-1,所以最大值為f(1)=-1
(Ⅱ)由題意得a=
2(lnx1-lnx2)
x1-x2
-(x1+x2)
所以只要證明g(x)=
2
x
-2x-a
=
2
px1+qx2
-
2(lnx1-lnx2)
x1-x2
+(2p-1)(x2-x1)
<0即可,只需證
u(x)=
x2-x1
px1+qx2
+ln
x1
x2
<0
即可,由題得u′(t)>0所以u(t)在t∈(0,1)上為增函數(shù).
解答:解:(Ⅰ)由f(x)=2lnx-x2得到:f(x)=
2(1-x)(1+x)
x

x∈[
1
2
,2]
,故f′(x)=0在x=1有唯一的極值點(diǎn),f(
1
2
)=-2ln2-
1
4
,f(2)=2ln2-4,f(x)極大值=f(1)=-1,
且知f(2)<f(
1
2
)<f(1)
,所以最大值為f(1)=-1.
(Ⅱ)∵g(x)=
2
x
-2x-a
,又f(x)-ax=0有兩個不等的實根x1,x2,
2lnx1-x12-ax1=0
2lnx2-x22-ax2=0
,兩式相減得到:a=
2(lnx1-lnx2)
x1-x2
-(x1+x2)

于是g(px1+qx2)=
2
px1+qx2
-2(px1+qx2)-[
2(lnx1-lnx2)
x1-x2
-(x1+x2)]

=
2
px1+qx2
-
2(lnx1-lnx2)
x1-x2
+(2p-1)(x2-x1)

∵2p≤1,x2>x1>0,∴(2p-1)(x2-x1)≤0
要證:g′(px1+qx2)<0,只需證:
2
px1+qx2
-
2(lnx1-lnx2)
x1-x2
<0

只需證:
x2-x1
px1+qx2
+ln
x1
x2
<0

x1
x2
=t,0<t<1
,只需證:u(t)=
1-t
pt+q
+lnt<0
在0<t<1*u上恒成立,
又∵u(t)=
1
t
-
1
(pt+q)2
=
p2(t-1)(t-
q2
p2
)
t(pt+q)2

p+q=1,q≥
1
2
,則
q
p
≥1
,∴
q2
p2
≥1
,于是由t<1可知t-1<0,t-
q2
p2
<0

故知u′(t)>0∴u(t)在t∈(0,1)*u上為增函數(shù),
則u(t)<u(1)=0,從而知
x2-x1
px1+qx2
+ln
x1
x2
<0
,即①成立,從而原不等式成立.
點(diǎn)評:此題主要考查利用導(dǎo)數(shù)函數(shù)的最值與函數(shù)的單調(diào)性,利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的最值從而進(jìn)一步證明不等式的恒成立問題,利用導(dǎo)數(shù)證明不等式恒成立是高考的一個重點(diǎn)內(nèi)容.
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已知函數(shù)f(x)=2-
1
x
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(Ⅰ)求實數(shù)m的值;
(Ⅱ)若不等式|x-a|+|x+2|≥m恒成立,求實數(shù)a的取值范圍.

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