分析 (1)求出f(x),g(x)的导数,由题意可得$\left\{\begin{array}{l}{1+a=b}\\{1+aln1=1=3-b}\end{array}\right.$,求出a,b,得到f(x),设F(x)=f(x)-2x-2n=lnx-x-2n,求出导数,单调区间和最值,由题意可得只要最大值大于0,即可得到所求n的范围;
(2)求出H(x)的解析式,求得导数,令h(x)=ex-x-1,求得导数,判断h(x)>0,即有H(x)在(0,m)递增,运用分析法证明,要证H(x)<$\frac{m}{2}$,即证H(m)≤$\frac{m}{2}$,即m+lnm-ln(em-1)≤$\frac{m}{2}$,变形为e${\;}^{\frac{m}{2}}$-e${\;}^{-\frac{m}{2}}$≥m.令t=e${\;}^{\frac{m}{2}}$(t>0),即证et-e-t≥2t,设g(t)=et-e-t-2t,t>0,求出导数,判断单调性,即可得证.
解答 解:(1)函数f(x)=x+alnx的导数为f′(x)=1+$\frac{a}{x}$,
g(x)=3-$\frac{b}{x}$的导数为g′(x)=$\frac{b}{{x}^{2}}$,
由图象在点(1,1)处有相同的切线,
可得$\left\{\begin{array}{l}{1+a=b}\\{1+aln1=1=3-b}\end{array}\right.$,解得a=1,b=2,
即f(x)=x+lnx,设F(x)=f(x)-2x-2n=lnx-x-2n,
F′(x)=$\frac{1}{x}$-1,当x>1时,F′(x)<0,F(x)递减,
当0<x<1时,F′(x)>0,F(x)递增,
可得F(x)的极大值,也为最大值,F(1)=-1-2n,
由x→0,F(x)→-∞;x→+∞,F(x)→-∞,
若函数y=2(x+n)与y=f(x)的图象有两个交点,
可得-1-2n>0,解得n<-$\frac{1}{2}$,
即n的取值范围是(-∞,-$\frac{1}{2}$);
(2)证明:由H(x)=f(x)-ln(ex-1)=x+lnx-ln(ex-1),x∈(0,m),
H′(x)=1+$\frac{1}{x}$-$\frac{{e}^{x}}{{e}^{x}-1}$=$\frac{{e}^{x}-x-1}{x({e}^{x}-1)}$,
令h(x)=ex-x-1,h′(x)=ex-1,当x>0时,h′(x)>0,h(x)递增;
当x<0时,h′(x)<0,h(x)递减.
即有h(x)>h(0)=0,即H′(x)>0,H(x)在(0,m)递增,
即有H(x)<H(m),
要证H(x)<$\frac{m}{2}$,即证H(m)≤$\frac{m}{2}$,
即m+lnm-ln(em-1)≤$\frac{m}{2}$,
即为ln$\frac{{e}^{m}-1}{m}$≥$\frac{m}{2}$,即为$\frac{{e}^{m}-1}{m}$≥e${\;}^{\frac{m}{2}}$,即有e${\;}^{\frac{m}{2}}$-e${\;}^{-\frac{m}{2}}$≥m.
令t=e${\;}^{\frac{m}{2}}$(t>0),即证et-e-t≥2t,
设g(t)=et-e-t-2t,t>0,
g′(t)=et+e-t-2>2$\sqrt{{e}^{t}•{e}^{-t}}$-2=0,可得g(t)在(0,+∞)递增,
即g(t)>g(0)=0,即有et-e-t≥2t,t>0恒成立.
故H(x)<$\frac{m}{2}$.
点评 本题考查导数的运用:求切线的斜率和单调区间、极值和最值,考查函数方程的转化思想,以及构造函数法,运用分析法证明不等式,考查推理和运算能力,属于难题.
科目:高中数学 来源: 题型:填空题
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A. | 22 | B. | 14 | C. | 11 | D. | 8 |
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