分析 (1)設(shè)g(x)=ax2+bx+c,根據(jù)g(x-1)+g(1-x)=x2-2x-1直接可得答案.
(2)表示出函數(shù)f(x)的解析式,對m進(jìn)行大于0、小于、和等于0進(jìn)行分析可得答案.
(3)先根據(jù)H(x)的導(dǎo)數(shù)小于等于0判斷出H(x)單調(diào)遞減的,只要證明|H(m)-H(1)|<1即可.
解答 解:(1)設(shè)g(x)=ax2+bx+c,
由g(x)=g(1-x),則對稱軸是x=-$\frac{2a}$=$\frac{1}{2}$,
由g(x)的最小值為-$\frac{9}{8}$,
得g(x)=a${(x-\frac{1}{2})}^{2}$-$\frac{9}{8}$,由g(1)=-1,
得g(1)=$\frac{1}{4}$a-$\frac{9}{8}$=-1,解得:a=$\frac{1}{2}$,
故g(x)=$\frac{1}{2}$${(x-\frac{1}{2})}^{2}$-$\frac{9}{8}$=$\frac{1}{2}$x2-$\frac{1}{2}$x-1;
(2)f(x)=g(x+$\frac{1}{2}$)+mlnx+$\frac{9}{8}$=$\frac{1}{2}$x2+mlnx(m∈R,x>0).
當(dāng)m>0時,由對數(shù)函數(shù)性質(zhì),f(x)的值域?yàn)镽;
當(dāng)m=0時,f(x)=$\frac{1}{2}$x2>0對?x>0,f(x)>0恒成立;
當(dāng)m<0時,由f′(x)=x+$\frac{m}{x}$=0⇒x=$\sqrt{-m}$,
故f(x)在(0,$\sqrt{-m}$)遞減,在($\sqrt{-m}$,+∞)遞增,
這時,[f(x)]min=f($\sqrt{-m}$)=-$\frac{m}{2}$+mln$\sqrt{-m}$,
[f(x)]min>0?$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{m}{2}+mln\sqrt{-m}>0}\\{m<0}\end{array}\right.$⇒-e<m<0.
所以若?x>0,f(x)>0恒成立,則實(shí)數(shù)m的取值范圍是(-e,0).
故?x>0使f(x)≤0成立,實(shí)數(shù)m的取值范圍(-∞,-e]∪(0,+∞).
(3)因?yàn)閷?x∈[1,m],H′(x)=$\frac{(x-1)(x-m)}{x}$≤0,所以H(x)在[1,m]內(nèi)單調(diào)遞減.
于是|H(x1)-H(x2)|≤H(1)-H(m)=$\frac{1}{2}$m2-mlnm-$\frac{1}{2}$,
|H(x1)-H(x2)|<1?$\frac{1}{2}$m2-mlnm-$\frac{1}{2}$<1?$\frac{1}{2}$m-lnm-$\frac{3}{2m}$<0.
記h(m)=$\frac{1}{2}$m-lnm-$\frac{3}{2m}$(1<m≤e),
則h′(m)=$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{m}$+$\frac{3}{{2m}^{2}}$=$\frac{3}{2}$($\frac{1}{m}$-$\frac{1}{3}$)2+$\frac{1}{3}$>0,
所以函數(shù)h(m)=$\frac{1}{2}$m-lnm-$\frac{3}{2m}$在(1,e]是單調(diào)增函數(shù),
所以h(m)≤h(e)=$\frac{e}{2}$-1-$\frac{3}{2e}$=$\frac{(e-3)(e+1)}{2e}$<0,故命題成立.
點(diǎn)評 本題主要考查用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式和根據(jù)導(dǎo)數(shù)的符號判斷函數(shù)的增減性的問題.
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | 8-2π | B. | 4-$\frac{2π}{3}$ | C. | 8-$\frac{2π}{3}$ | D. | 4-$\frac{π}{3}$ |
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7816 | 6572 | 0802 | 6316 | 0702 | 4369 | 9728 | 1198 |
3204 | 9234 | 4915 | 8200 | 3623 | 4869 | 6938 | 7481 |
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