Question

15．已知0＜a＜b，函数f（x）=$\frac{1}{x}$+2，则对于任意x₁，x₂且x₁≠x₂，使f（b）≤$\frac{g（{x}_{1}）-g（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$≤f（a）恒成立的函数g（x）可以是（　　）

• A． g（x）=$\frac{1}{{x}^{2}}$+1
• B． g（x）=lnx+2x
• C． g（x）=-$\frac{1}{x}$-2
• D． g（x）=e^x（$\frac{1}{x}$+2）

Answer 1

分析 由于g′（x）=$\underset{lim}{{x}_{1}→{x}_{2}}$$\frac{g（{x}_{1}）-g（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$，故“f（b）≤$\frac{g（{x}_{1}）-g（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$≤fa）恒成立”?“恒有f（b）≤g′（x）≤f（a）”．再依据函数f（x）单调性，即可得到正确结论．

解答 解：由于对于任意x₁，x₂∈[a，b]，且x₁≠x₂，使f（b）≤$\frac{g（{x}_{1}）-g（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$≤f（a）恒成立
则对于任意x∈[a，b]，恒有f（b）≤g′（x）≤f（a）
由于0＜a＜b，函数f（x）=2+$\frac{1}{x}$在[a，b]上单调递减函数，
则只需使g′（x）=f（x）即可，
故选：B．

点评 本题考查导数的概念，解题关键是在[a，b]上，将“f（b）≤$\frac{g（{x}_{1}）-g（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$≤f（a）恒成立”转化为“恒有f（b）≤g′（x）≤f（a）”．