分析 (Ⅰ)求出f(x)的導數,求出f(1),f′(1),代入直線方程即可;
(Ⅱ)問題轉化為2x2-ax+2≥0在(0,+∞)恒成立,分離參數,求出a的范圍即可;
(Ⅲ)求出f′(x),根據f(x)有兩個極值點x1,x2,可以確定x1,x2為f′(x)=0的兩個根,從而得到x1x2=1,可以確定x2>1,求解h(x1)-h(x2),構造函數u(x)=x2-$\frac{1}{{x}^{2}}$-2lnx2,x≥1,利用導數研究u(x)的取值范圍,從而求出t的范圍.
解答 解:(Ⅰ)a=2時,f(x)=x2-2x+2lnx,f′(x)=2x-2+$\frac{2}{x}$,
∴f(1)=-1,f′(1)=2,過(1,-1),斜率是2的直線方程是:
y+1=2(x-1),即:2x-y-3=0;
(Ⅱ)f′(x)=2x-a+$\frac{2}{x}$=$\frac{{2x}^{2}-ax+2}{x}$,(x>0),
若函數y=f(x)在定義域上單調遞增,
則2x2-ax+2≥0在(0,+∞)恒成立,
即a≤2(x+$\frac{1}{x}$),而x+$\frac{1}{x}$的最小值是2,
故a≤4;
(Ⅲ)∵f(x)=x2-ax+2lnx,
∴h′(x)=$\frac{{2x}^{2}-ax+2}{x}$,(x>0),
∵f(x)有兩個極值點x1,x2,
∴x1,x2為f′(x)=0的兩個根,即2x2-ax+2=0的兩個根,
∴x1x2=1,
∵x1∈(0,$\frac{1}{e}$],且axi=2${{x}_{i}}^{2}$+1(i=1,2),∴x2∈[e,+∞),
∴f(x1)-f(x2)=(${{x}_{1}}^{2}$-ax1+2lnx1)-(${{x}_{2}}^{2}$-ax2+2lnx2)
=(-${{x}_{1}}^{2}$-1+2lnx1)-(-${{x}_{2}}^{2}$-1+2lnx2)
=${{x}_{2}}^{2}$-${{x}_{1}}^{2}$+2ln $\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=${{x}_{2}}^{2}$-$\frac{1}{{{x}_{2}}^{2}}$-2ln${{x}_{2}}^{2}$,(x2>1),
設u(x)=x2-$\frac{1}{{x}^{2}}$-2lnx2,x≥e,
∴u′(x)=$\frac{{2{(x}^{2}-1)}^{2}}{{x}^{3}}$≥0,u(x)在[e,+∞)遞增,
∴u(x)≥u(e)=e2-$\frac{1}{{e}^{2}}$-4,
∴t∈(-∞,e2-$\frac{1}{{e}^{2}}$-4].
點評 本題考查了導數在最大值、最小值問題中的應用,函數在某點取得極值的條件.求函數極值的步驟是:先求導函數,令導函數等于0,求出方程的根,確定函數在方程的根左右的單調性,根據極值的定義,確定極值點和極值.過程中要注意運用導數確定函數的單調性,一般導數的正負對應著函數的單調性.利用導數研究函數在閉區(qū)間上的最值,一般是求出導函數對應方程的根,然后求出跟對應的函數值,區(qū)間端點的函數值,然后比較大小即可得到函數在閉區(qū)間上的最值.屬于難題.
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A. | $\frac{a}{a+b}$與$\frac{c}{c+d}$ | B. | $\frac{a}{c+d}$與$\frac{c}{a+b}$ | C. | $\frac{a}{a+d}$與$\frac{c}{b+c}$ | D. | $\frac{a}{b+d}$與$\frac{c}{a+c}$ |
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A. | f(x)f′(x) | B. | -f(x)f′(x) | C. | 2f(x)f′(x) | D. | -2f(x)f′(x) |
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A. | c<b<a | B. | a<c<b | C. | a<b<c | D. | b<a<c |
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