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培優(yōu)專練17
1．證明：　f (x)的定義域為(0，＋∞)，f ′(x)＝ln x．
令f ′(x)>0，得x>1；
令f ′(x)<0，得0所以f (x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(0，1)上單調(diào)遞減．
因為f (x)＝b有兩個實數(shù)根x1，x2，且x1所以0先證不等式x2－x1<2b＋e＋，
因為f (e)＝0，f ＝－，
f ′(e)＝1，f ′＝－1，
所以曲線y＝f (x)在x＝和x＝e處的切線方程分別為l1：y＝－x－和l2：y＝x－e，
如圖，
令g(x)＝f (x)－＝xln x＋，0令g′(x)>0，則令g′(x)<0，則0所以g(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以g(x)≥g＝0，
所以f (x)≥－x－在(0，1)上恒成立，
設直線y＝b與直線l1交點的橫坐標為，
則≤x1，
設直線y＝b與直線l2交點的橫坐標為，
同理可證x2≤，
因為＝－b－，＝b＋e，
所以x2－x1<－＝b＋e－
＝2b＋e＋(兩個等號不同時成立)，
因此x2－x1<2b＋e＋．
再證不等式x2－x1>be＋e，
函數(shù)f (x)圖象上有兩點A(1，－1)，B(e，0)，
設直線y＝b與直線OA：y＝－x，AB：y＝(x－e)的交點的橫坐標分別為x3，x4，
易證x1所以x2－x1>x4－x3＝(e－1)b＋e－(－b)＝be＋e．
綜上可得be＋e2．證明：　f (x)＝(x＋1)(ex－1)，
令f (x)＝0，有x1＝－1，x2＝0，
f ′(x)＝ex(x＋2)－1，f ′(－1)＝－1＋，
f ′(0)＝1，設曲線y＝f (x)在(－1，0)處的切線為y＝h(x)，
則h(x)＝f ′(－1)(x＋1)＝(x＋1)，
令F(x)＝f (x)－h(huán)(x)＝(x＋1)，
則F′(x)＝(x＋2)ex－，
令m(x)＝F′(x)＝(x＋2)ex－，
則m′(x)＝(x＋3)ex，
所以當x<－3時，m′(x)<0；
當x>－3時，m′(x)>0，
所以F′(x)在(－∞，－3)上單調(diào)遞減，
在(－3，＋∞)上單調(diào)遞增，
當x→－∞時，F(xiàn)′(x)→－，又F′(－1)＝0，
所以當x<－1時，F(xiàn)′(x)<0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞減；
當x>－1時，F(xiàn)′(x)>0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞增，
所以F(x)≥F(－1)＝0，所以f (x)≥h(x)恒成立，則f (x1)≥h(x1)，
設h(x)＝m的根為x3，則x3＝－1＋，
又h(x)單調(diào)遞減，
且m＝h＝f (x1)≥h(x1)，
所以x3≤x1．
設曲線y＝f (x)在(0，0)處的切線為y＝t(x)，
則t(x)＝x，
令G(x)＝f (x)－t(x)＝(x＋1)(ex－1)－x，
則G′(x)＝(x＋2)ex－2，
依據(jù)F′(x)的單調(diào)性可知，G′(x)在(－∞，－3)上單調(diào)遞減，在(－3，＋∞)上單調(diào)遞增，
當x→－∞時，G′(x)→－2，且G′(0)＝0，
所以G(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以G(x)≥G(0)＝0，
所以f (x)≥t(x)恒成立，所以f (x2)≥t(x2)，
設t(x)＝m的根為x4，則x4＝m，
又函數(shù)t(x)單調(diào)遞增，
且m＝t(x4)＝f (x2)≥t(x2)，所以x4≥x2，
所以x2－x1≤x4－x3＝m－
＝1＋＝1＋2m＋，
即證x2－x1≤1＋2m＋．
3/3培優(yōu)專練17　用切(割)線法證明零點差不等式
1．已知函數(shù)f (x)＝x ln x－x．若f (x)＝b有兩個實數(shù)根x1，x2，且x12．已知函數(shù)f (x)＝(x＋1)(ex－1)，若函數(shù)g(x)＝f (x)－m(m>0)有兩個零點x1，x2，且x11/1

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