分析 (1)f(x)存在两个极值点,等价于其导函数有两个相异零点;
(2)先找出(x1-x2)的取值范围,再利用g(x)的导函数可找出最小值;
(3)适当构造函数,并注意x1与x2的关系,转化为函数求最大值问题,证明相关不等式.
解答 (1)解:由题:f′(x)=2x-$\frac{a}{x+2}$(x>-2).
∵f(x)存在两个极值点x1、x2,其中x1<x2
∴关于x的方程2x-$\frac{a}{x+2}$=0,即2x2+4x-a=0在(-2,+∞)内有不等实根
令S(x)=2x2+4x(x>-2),T(x)=a,
则-2<a<0,
∴实数a的取值范围是(-2,0);
(2)解:由(1)可知$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}+{x}_{2}=-2}\\{-2<{x}_{1}<-1}\end{array}\right.$
∴g(x)=xex得g(x)=(x+1)ex
∴当x∈(-2,-1)时,g′(x)<0,即g(x)在(-2,-1)单调递减;当x∈(-1,0)时,g′(x)>0,即g(x)在(-1,0)单调递增
∴g(x1-x2)min=g(-1)=-$\frac{1}{e}$
(3)证明:由(1)知$\left\{\begin{array}{l}{a=-2{x}_{1}{x}_{2}}\\{{x}_{1}=-2-{x}_{2}}\\{-1<{x}_{2}<0}\end{array}\right.$,
∴$\frac{f({x}_{1})}{{x}_{2}}=\frac{{{x}_{1}}^{2}-aln({x}_{1}+2)}{{x}_{2}}$=${x}_{2}+\frac{4}{{x}_{2}}-2({x}_{2}+2)ln(-{x}_{2})+4$
令-x2=x,则0<x<1且$\frac{f({x}_{1})}{{x}_{2}}=x-\frac{4}{x}+2(x-2)lnx+4$
F(x)=-x-$\frac{4}{x}-2(x-2)lnx+4(0<x<1)$
F′(x)=-1+$\frac{4}{{x}^{2}}+2lnx+\frac{2(x-2)}{x}=\frac{4}{{x}^{2}}-\frac{4}{x}+2lnx+1$(0<x<1)
∴G(x)=$\frac{4}{{x}^{2}}-\frac{4}{x}+2lnx+1$(0<x<1)
G′(x)=-$\frac{8}{{x}^{3}}+\frac{4}{{x}^{2}}+\frac{2}{x}$=$\frac{2({x}^{2}+2x-4)}{{x}^{3}}$
∵0<x<1,
∴G′(x)=-$-\frac{8}{{x}^{3}}+\frac{4}{{x}^{2}}+\frac{2}{x}=\frac{2({x}^{2}+2x-4)}{{x}^{3}}$
∵0<x<1,∴G′(x)<0,即F′(x)在(0,1)上是减函数.
∴F′(x)>F′(1)>0,
∴F(x)在(0,1)上是增函数
∴F(x)<F(1)=-1,即$\frac{f({x}_{1})}{{x}_{2}}<-1$,即f(x1)+x2>0.
点评 本题考查导函数,函数的单调性,最值,不等式证明,考查学生分析解决问题的能力,属于中档题.
科目:高中数学 来源: 题型:选择题
A. | 1个 | B. | 2个 | C. | 3个 | D. | 4个 |
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A. | 若ac2>bc2,则a>b | B. | 若a<b<0,则a2<b2 | ||
C. | 若a>b>0,则$\frac{1}{a}$<$\frac{1}{b}$ | D. | 若a<b<0,c>d>0,则ac<bd |
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科目:高中数学 来源: 题型:选择题
A. | 若a>b,c>d,则ac>bd | B. | 若a<b<0,则a2>ab>b2 | ||
C. | 若a<b<0,则$\frac{1}{a}<\frac{1}{b}$ | D. | 若a<b<0,则$\frac{b}{a}>\frac{a}{b}$ |
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科目:高中数学 来源: 题型:选择题
A. | 1108种 | B. | 1008种 | C. | 960种 | D. | 504种 |
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科目:高中数学 来源: 题型:填空题
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