发布人:繁体字网(www.fantiz5.com) 发布时间:2015-12-13 07:30:00
试题原文 |
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解:(Ⅰ)由题设易知f(x)=lnx,g(x)=lnx+, ∴g′(x)=,令g′(x)=0,得x=1, 当x∈(0,1)时,g′(x)<0,故g(x)的单调递减区间是(0,1), 当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,故g(x)的单调递增区间是(1,+∞), 因此x=1是g(x)的唯一极值点,且为极小值点,从而是最小值点, ∴最小值为g(1)=1; (Ⅱ)=﹣lnx+x, 设h(x)=g(x)﹣=2lnx﹣x+, 则h′(x)=, 当x=1时,h(1)=0,即g(x)=, 当x∈(0,1)∪(1,+∞)时,h′(x)<0,h′(1)=0, 因此,h(x)在(0,+∞)内单调递减, 当0<x<1,时,h(x)>h(1)=0,即g(x)>, 当x>1,时,h(x)<h(1)=0,即g(x)<, (Ⅲ)满足条件的x0 不存在.证明如下:证法一 假设存在x0>0, 使|g(x)﹣g(x0)|<成立,即对任意x>0, 有 ,(*)但对上述x0,取 时, 有 Inx1=g(x0),这与(*)左边不等式矛盾, 因此,不存在x0>0,使|g(x)﹣g(x0)|< 成立. 证法二 假设存在x0>0,使|g(x)﹣g(x0)|成<立. 由(Ⅰ)知, 的最小值为g(x)=1. 又>Inx, 而x>1 时,Inx 的值域为(0,+∞), ∴x≥1 时,g(x)的值域为[1,+∞),从而可取一个x1>1, 使 g(x1)≥g(x0)+1,即g(x1)﹣g(x0)≥1, 故|g(x1)﹣g(x0)|≥1>,与假设矛盾. ∴不存在x0>0,使|g(x)﹣g(x0)|<成立. |
经过对同学们试题原文答题和答案批改分析后,可以看出该题目“设函数f(x)定义在(0,+∞)上,f(1)=0,导函数f′(x)=,g(x)=f(x)+f..”的主要目的是检查您对于考点“高中函数的最值与导数的关系”相关知识的理解。有关该知识点的概要说明可查看:“高中函数的最值与导数的关系”。