分析 (Ⅰ)先求導,再分類討論,根據(jù)導數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性的關系即可求出單調(diào)區(qū)間;
(Ⅱ)先根據(jù)導數(shù)的幾何意義求出a=0,即f(x)=lnx,
①求導,判斷函數(shù)的單調(diào)性,根據(jù)單調(diào)性即可求出最小值,
②不妨設m≥n>0,令n=x,構造函數(shù)h(x)=mlnm+xlnx-(m+x)lnm+x2,x>0,求導,根據(jù)單調(diào)性即可求出最小值,問題得以證明.
解答 解:(Ⅰ):∵f(x)=ax+ax+(1-a2)lnx,x>0,
∴f′(x)=a-ax2+1−a2x=ax2+(1−a2)x−ax2=(x−a)(ax+1)x2,
當a=0時,f′(x)=1x>0恒成立,故f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,
當a≠0時,令f′(x)=0,解得x=a或x=-1a,
當a>0時,令f′(x)>0,即x>a時,函數(shù)單調(diào)遞增,
令f′(x)<0,即0<x<a時,函數(shù)單調(diào)遞減,
當a<0時,令f′(x)>0,即0<x<-1a時,函數(shù)單調(diào)遞增,
令f′(x)<0,即x>-1a時,函數(shù)單調(diào)遞減,
綜上所述:當a=0時,f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,
當a>0時,f(x)在(a,+∞)上單調(diào)遞增,在(0,a)上單調(diào)遞減,
當a<0時,f(x)在(0,-1a)上單調(diào)遞增,在(-1a,+∞)上單調(diào)遞減,
(Ⅱ)∵y=f(x)在x=1處的切線斜率為1,
∴f′(1)=(1−a)(a+1)1=1,
解得a=0,
∴f(x)=lnx,
①g(x)=xf(x)+(t-x)f(t-x)=xlnx+(t-x)ln(t-x),0<x<t,
∴g′(x)=1+lnx-1-ln(t-x)=lnxt−x,
令g′(x)=0,解得x=12t,
當g′(x)>0,即t2<x<t,函數(shù)單調(diào)遞增,
當g′(x)<0,即0<x<t2,函數(shù)單調(diào)遞減,
∴g(x)min=g(t2)=tlnt2
②不妨設m≥n>0,令n=x,
h(x)=mlnm+xlnx-(m+x)lnm+x2,x>0,
∴h′(x)=1+lnx-1-lnm+x2=ln2xm+x,
令h′(x)=0,解得x=m,
當h′(x)>0,即x>m,函數(shù)單調(diào)遞增,
當h′(x)<0,即0<x<m,函數(shù)單調(diào)遞減,
∴h(x)min=h(m)=0,
∴mf(m)+nf(n)≥(m+n)[f(m+n)-ln2].
點評 本題考查了導數(shù)的綜合運用,解決此類問題的關鍵是先求函數(shù)的導數(shù)討論其中的參數(shù)得到函數(shù)的單調(diào)性進而得到函數(shù)的最值,證明不等式一般是抽象出一個新的函數(shù)利用導函數(shù)的單調(diào)性進行證明,研究函數(shù)的單調(diào)性、最值、證明不等式是解答題考查的一個重點.
科目:高中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
A. | [1,+∞) | B. | [2,+∞) | C. | (-1,+∞) | D. | (1,+∞) |
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