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(2014•宁德模拟)已知函数f(x)=ax2-blnx在点(1,f(1))处的切线为y=1.(Ⅰ)求实数a,b的值;(Ⅱ)是否存在实数m,当x∈(0,1]时,函数g(x)=f(x)-x2+m(x-1)的最小值为0,若存在
题目详情
(2014•宁德模拟)已知函数f(x)=ax2-blnx在点(1,f(1))处的切线为y=1.
(Ⅰ)求实数a,b的值;
(Ⅱ)是否存在实数m,当x∈(0,1]时,函数g(x)=f(x)-x2+m(x-1)的最小值为0,若存在,求出m的取值范围;若不存在,说明理由;
(Ⅲ)若0<x1<x2,求证:
<2x2.
(Ⅰ)求实数a,b的值;
(Ⅱ)是否存在实数m,当x∈(0,1]时,函数g(x)=f(x)-x2+m(x-1)的最小值为0,若存在,求出m的取值范围;若不存在,说明理由;
(Ⅲ)若0<x1<x2,求证:
x2−x1 |
lnx2−lnx1 |
▼优质解答
答案和解析
(Ⅰ)由f(x)=ax2-blnx,得:
f′(x)=2ax−
,(x>0),
∵函数f(x)=ax2-blnx在点(1,f(1))处的切线为y=1,
∴
,解得a=1,b=2;
(II)由(Ⅰ)知,f(x)=x2-2lnx,
∴g(x)=f(x)-x2+m(x-1)=m(x-1)-2lnx,x∈(0,1],
∴g′(x)=m−
=
,
①当m≤0时,g′(x)<0,
∴g(x)在(0,1]上单调递减,
∴g(x)min=g(1)=0.
②当0<m≤2时,g′(x)=
≤0,
∴g(x)在(0,1]上单调递减,
∴g(x)min=g(1)=0.
③当m>2时,g′(x)<0在(0,
)上恒成立,g′(x)>0在(
,1]上恒成立,
∴g(x)在(0,
)上单调递减,在(
,1]上单调递增.
∴g(
)<g(1)=0,
∴g(x)min≠0.
综上所述,存在m满足题意,其范围为(-∞,2];
(III)证明:由(II)知,m=1时,g(x)=x-1-2lnx在(0,1)上单调递减,
∴x∈(0,1)时,g(x)>g(1)=0,
即x-1>2lnx.
∵0<x1<x2,
∴0<
<1,
∴
−1>2ln
,
∴
>2(lnx1−lnx2),
∵lnx2>lnx1,
∴
f′(x)=2ax−
b |
x |
∵函数f(x)=ax2-blnx在点(1,f(1))处的切线为y=1,
∴
|
(II)由(Ⅰ)知,f(x)=x2-2lnx,
∴g(x)=f(x)-x2+m(x-1)=m(x-1)-2lnx,x∈(0,1],
∴g′(x)=m−
2 |
x |
mx−2 |
x |
①当m≤0时,g′(x)<0,
∴g(x)在(0,1]上单调递减,
∴g(x)min=g(1)=0.
②当0<m≤2时,g′(x)=
m(x−
| ||
x |
∴g(x)在(0,1]上单调递减,
∴g(x)min=g(1)=0.
③当m>2时,g′(x)<0在(0,
2 |
m |
2 |
m |
∴g(x)在(0,
2 |
m |
2 |
m |
∴g(
2 |
m |
∴g(x)min≠0.
综上所述,存在m满足题意,其范围为(-∞,2];
(III)证明:由(II)知,m=1时,g(x)=x-1-2lnx在(0,1)上单调递减,
∴x∈(0,1)时,g(x)>g(1)=0,
即x-1>2lnx.
∵0<x1<x2,
∴0<
x1 |
x2 |
∴
x1 |
x2 |
x1 |
x2 |
∴
x1−x2 |
x2 |
∵lnx2>lnx1,
∴
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