分析 (1)當(dāng)a=-6時,求得f(x)和其定義域及f′(x),令f′(x)>0及′(x)<0,分別求得單調(diào)遞增區(qū)間和單調(diào)遞減區(qū)間;
(2)求導(dǎo),f(x)存在兩個極值點x1,x2,且x1<x2.轉(zhuǎn)化成一元二次方程2x2-4x+a=0的兩個根x1,x2,且0<x1<x2,根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系,將x1用x2表示,求得$\frac{f({x}_{1})}{{x}_{2}}$的表達,構(gòu)造輔助函數(shù)求得:$\frac{f({x}_{1})}{{x}_{2}}$的最小值,即可證明原式成立.
解答 解:(1)當(dāng)a=-6,f(x)=(x-2)2-6lnx,x∈(0,+∞),
f′(x)=2(x-2)-$\frac{6}{x}$=$\frac{2({x}^{2}-2x-3)}{x}$.
令f′(x)>0,解得:x>3,f′(x)<0,解得0<x<3,
∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(3,+∞),單調(diào)遞減區(qū)間為(0,3);
(2)證明:函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞),
f′(x)=$\frac{{2x}^{2}-4x+a}{x}$,
f(x)存在兩個極值點x1,x2,且x1<x2.
∴f′(x)=0有兩個不同的根x1,x2,且0<x1<x2,
∴x1,x2是一元二次方程2x2-4x+a=0的兩個根,
由x1+x2=2,x1x2=$\frac{a}{2}$,則a=2x2(2-x2),
f(x1)=(x1-2)2+alnx1.
=x22+2x2(2-x2)ln(2-x2).1<x2<2,
$\frac{f({x}_{1})}{{x}_{2}}$=x2+2(2-x2)ln(2-x2).1<x2<2,
令g(t)=t+2(2-t)ln(2-t),1<t<2,
g′(x)=1-2ln(2-t)-2=-1-2ln(2-t),
令g′(x)=0,解得t=2-${e}^{-\frac{1}{2}}$,
g′(x)>0,解得2-${e}^{-\frac{1}{2}}$<t<2,g′(x)<0,1<t<2-${e}^{-\frac{1}{2}}$,
g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(2-${e}^{-\frac{1}{2}}$,2),g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(1,2-${e}^{-\frac{1}{2}}$),
∴g(x)的極小值也為(1,2)的最小值為g(2-${e}^{-\frac{1}{2}}$)=2(1-${e}^{-\frac{1}{2}}$),
∴g(x)≥g(2-${e}^{-\frac{1}{2}}$)=2(1-${e}^{-\frac{1}{2}}$),
即有:$\frac{f({x}_{1})}{{x}_{2}}$≥2(1-e${\;}^{-\frac{1}{2}}$).
點評 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間及不等式成立的綜合應(yīng)用,同時考查了根與系數(shù)的關(guān)系,化簡比較繁瑣,注意要細心,屬于難題.
科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | $\frac{9}{2}$ | B. | $\frac{{3\sqrt{2}}}{2}$ | C. | $\frac{3}{2}$ | D. | $\frac{5}{4}$ |
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:解答題
經(jīng)濟損失不超過 4000元 | 經(jīng)濟損失超過 4000元 | 合計 | |
捐款超過 500元 | 30 | ||
捐款不超 過500元 | 6 | ||
合計 |
P(K2≥k) | 0.15 | 0.10 | 0.05 | 0.025 | 0.010 | 0.005 | 0.001 |
k | 2.072 | 2.706 | 3.841 | 5.024 | 6.635 | 7.879 | 10.828 |
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | (-$\frac{7}{4}$,$\frac{23}{4}$) | B. | (-∞,$\frac{23}{4}$) | C. | (-$\frac{7}{4}$,6) | D. | (-2,$\frac{23}{4}$) |
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:解答題
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