已知函式.(Ⅰ)若f(x)在x=x1,x2(x1≠x2)處導數相等,*:f(x1)+f(x2)>8−8...
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問題詳情:
已知函式.
(Ⅰ)若f(x)在x=x1,x2(x1≠x2)處導數相等,*:f(x1)+f(x2)>8−8ln2;
(Ⅱ)若a≤3−4ln2,*:對於任意k>0,直線y=kx+a與曲線y=f(x)有唯一公共點.
【回答】
(Ⅰ)*見解析;(Ⅱ)*見解析.
【分析】
分析: (Ⅰ)先求導數,根據條件解得x1,x2關係,再化簡f(x1)+f(x2)為,利用基本不等式求得取值範圍,最後根據函式單調**不等式;(Ⅱ)一方面利用零點存在定理*函式有零點,另一方面,利用導數*函式在上單調遞減,即至多一個零點.兩者綜合即得結論.
【詳解】
詳解:(Ⅰ)函式f(x)的導函式,
由,得,
因為,所以.
由基本不等式得.
因為,所以.
由題意得.
設,
則,
所以
x | (0,16) | 16 | (16,+∞) |
- | 0 | + | |
2-4ln2 |
所以g(x)在上單調遞增,
故,
即.
(Ⅱ)令m=,n=,則
f(m)–km–a>|a|+k–k–a≥0,
f(n)–kn–a<≤<0,
所以,存在x0∈(m,n)使f(x0)=kx0+a,
所以,對於任意的a∈R及k∈(0,+∞),直線y=kx+a與曲線y=f(x)有公共點.
由f(x)=kx+a得.
設h(x)=,
則h′(x)=,
其中g(x)=.
由(Ⅰ)可知g(x)≥g(16),又a≤3–4ln2,
故–g(x)–1+a≤–g(16)–1+a=–3+4ln2+a≤0,
所以h′(x)≤0,即函式h(x)在(0,+∞)上單調遞減,因此方程f(x)–kx–a=0至多1個實根.
綜上,當a≤3–4ln2時,對於任意k>0,直線y=kx+a與曲線y=f(x)有唯一公共點.
點睛:利用導數*不等式常見型別及解題策略:(1) 構造差函式.根據差函式導函式符號,確定差函式單調*,利用單調*得不等量關係,進而*不等式.(2)根據條件,尋找目標函式.一般思路為利用條件將求和問題轉化為對應項之間大小關係,或利用放縮、等量代換將多元函式轉化為一元函式.
知識點:導數及其應用
題型:解答題
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