函數(shù)的導(dǎo)數(shù)為0的點稱為函數(shù)的駐點,若點(1,1)為函數(shù)f(x)的駐點,則稱f(x)具有“1-1駐點性”.
(1)設(shè)函數(shù)f(x)=-x+2
x
+alnx,其中a≠0.
①求證:函數(shù)f(x)不具有“1-1駐點性”
②求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間
(2)已知函數(shù)g(x)=bx3+3x2+cx+2具有“1-1駐點性”,給定x1,x2∈R,x1<x2,設(shè)λ為實數(shù),且λ≠-1,α=
x1+λx2
1+λ
,β=
x2+λx1
1+λ
,若|g(α)-g(β)|>|g(x1)-g(x2)|,求λ的取值范圍.
分析:(1)①對函數(shù)f(x)=-x+2
x
+alnx求導(dǎo),驗證f′(1)≠0即可說明函數(shù)f(x)不具有“1-1駐點性”;②根據(jù)導(dǎo)數(shù)的符號和函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系,即f′(x)>0時不等式解集就是函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間,f′(x)<0時不等式解集就是函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間,注意對參數(shù)a的討論;
(2)由題設(shè)知,函數(shù)g(x)得導(dǎo)數(shù)g′(x)=g′(x)=3bx2+6x+c,根據(jù)g(x)具有“1-1駐點性,求出b,c的值,從而g(x)在R上單調(diào)遞減,分①λ≥0②-1<λ<0③λ<-1三種情況討論求解λ得范圍即可
解答:解:(1)①f′(x)=-1+
1
x
+
a
x

∵f′(1)=-1+1+a≠0,
∴函數(shù)f(x)不具有“1-1駐點性”.
②由f′(x)=
-x+
x
+a
x
=
-(
x
-
1
2
) 2+a+ 
1
4
 
x

(ⅰ)當a+
1
4
<0,即a<-
1
4
時,f′(x)<0.∴f(x)是(0,+∞)上的減函數(shù);
(ⅱ)當a+
1
4
=0,即a=-
1
4
時,顯然f′(x)≤0.∴f(x)是(0,+∞)上的減函數(shù)
(ⅲ)當a+
1
4
>0,即a>-
1
4
時,由f′(x)=0得
x
=
1
2
±
a+
1
4

當-
1
4
<a<0時,
1
2
-
a+
1
4
>0
∴x∈(0,a+
1
2
-
a+
1
4
)時,f′(x)<0;
x∈( a+
1
2
-
a+
1
4
,a+
1
2
+
a+
1
4
)時,f′(x)>0; x∈(a+
1
2
+
a+
1
4
,+∞)時,f′(x)<0;
當a>0時,
1
2
-
a+
1
4
<0
∴x∈(0,a+
1
2
+
a+
1
4
)時,f′(x)>0; x∈( a+
1
2
+
a+
1
4
,+∞)時,f′(x)<0;
綜上所述:當a≤-
1
4
時,函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,+∞);
當-
1
4
<a<0時,函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,a+
1
2
-
a+
1
4
)和( a+
1
2
+
a+
1
4
,+∞),
函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為( a+
1
2
-
a+
1
4
,a+
1
2
+
a+
1
4
);
當a>0時,函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,a+
1
2
+
a+
1
4
),
函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為( a+
1
2
+
a+
1
4
,+∞)
(Ⅱ)由題設(shè)得:g′(x)=3bx2+6x+c,
∵g(x)具有“1-1駐點性”∴g(1)=1且g′(1)=0
b+3+c+2=1
3b+6+c=0
解得
b=-1
c=-3

∴g′(x)=-3x2+6x-3=-3(x-1)2≤0,故g(x)在定義域R上單調(diào)遞減.
①當λ≥0時,α=
x1+λx2
1+λ
x1+λx1
1+λ
=x1,α=
x1+λx2
1+λ
x2+λx2
1+λ
=x2,即α∈[x1,x2),同理β∈(x1,x2]
由g(x)的單調(diào)性可知:g(α),g(β)∈[g(x2),g(x1)]
∴|g(α)-g(β)|≤|g(x1)-g(x2)|與題設(shè)|g(α)-g(β)|>|g(x1)-g(x2)|不符.
②當-1<λ<0時,α=
x1+λx2
1+λ
x1+λx1
1+λ
=x1,β=
x2+λx1
1+λ
x2+λx2
1+λ
=x2
即α<x1<x2<β∴g(β)<g(x2)<g(x1)<g(α)
∴|g(α)-g(β)|>|g(x1)-g(x2)|,符合題設(shè)
③當λ<-1時,α=
x1+λx2
1+λ
x2+λx2
1+λ
=x2,β=
x2+λx1
1+λ
x1+λx1
1+λ
=x1,即β<x1<x2<α
∴g(α)<g(x2)<g(x1)<g(β)
∴|g(α)-g(β)|>|g(x1)-g(x2)|也符合題設(shè)
由此,綜合①②③得所求的λ的取值范圍是λ<0且λ≠-1
點評:本題主要考查函數(shù)的概念、性質(zhì)、圖象及導(dǎo)數(shù)等基礎(chǔ)知識,考查靈活運用數(shù)形結(jié)合、分類討論的思想方法進行探索、分析與解決問題的綜合能力,屬難題.
練習(xí)冊系列答案
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對于三次函數(shù)f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0).定義:(1)f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)(也叫f(x)一階導(dǎo)數(shù))的導(dǎo)數(shù),f″(x)為f(x)的二階導(dǎo)數(shù),若方程f″(x)=0有實數(shù)解x0,則稱點(x0,f(x0) )為函數(shù)y=f(x)的“拐點”;定義:(2)設(shè)x0為常數(shù),若定義在R上的函數(shù)y=f(x)對于定義域內(nèi)的一切實數(shù)x,都有f(x0+x)+f(x0-x)=2f(x0)恒成立,則函數(shù)y=f(x)的圖象關(guān)于點(x0,f(x0))對稱.
(1)己知f(x)=x3-3x2+2x+2,求函數(shù)f(x)的“拐點”A的坐標;
(2)檢驗(1)中的函數(shù)f(x)的圖象是否關(guān)于“拐點”A對稱;
(3)對于任意的三次函數(shù)f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)寫出一個有關(guān)“拐點”的結(jié)論(不必證明).

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函數(shù)的導(dǎo)數(shù)為0的點稱為函數(shù)的駐點,若點(1,1)為函數(shù)f(x)的駐點,則稱f(x)具有“1-1駐點性”.
(1)設(shè)函數(shù)f(x)=-x+2數(shù)學(xué)公式+alnx,其中a≠0.
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②求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間
(2)已知函數(shù)g(x)=bx3+3x2+cx+2具有“1-1駐點性”,給定x1,x2∈R,x1<x2,設(shè)λ為實數(shù),且λ≠-1,α=數(shù)學(xué)公式,β=數(shù)學(xué)公式,若|g(α)-g(β)|>|g(x1)-g(x2)|,求λ的取值范圍.

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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:

函數(shù)的導(dǎo)數(shù)為0的點稱為函數(shù)的駐點,若點(1,1)為函數(shù)f(x)的駐點,則稱f(x)具有“1—1駐點性”.

(1)設(shè)函數(shù)f(x)=-x+2+alnx,其中a≠0。

①求證:函數(shù)f(x)不具有“1—1駐點性”;②求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間

(2)已知函數(shù)g(x)=bx3+3x2+cx+2具有“1—1駐點性”,給定x1,x2ÎR,x1x2,設(shè)λ為實數(shù),且λ≠-1,α=,β=,若|g(α)-g(β)|>|g(x1)-g(x2)|,求λ的取值范圍.

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科目:高中數(shù)學(xué) 來源:2011年江蘇省無錫市高考數(shù)學(xué)模擬試卷(3)(解析版) 題型:解答題

函數(shù)的導(dǎo)數(shù)為0的點稱為函數(shù)的駐點,若點(1,1)為函數(shù)f(x)的駐點,則稱f(x)具有“1-1駐點性”.
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①求證:函數(shù)f(x)不具有“1-1駐點性”
②求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間
(2)已知函數(shù)g(x)=bx3+3x2+cx+2具有“1-1駐點性”,給定x1,x2∈R,x1<x2,設(shè)λ為實數(shù),且λ≠-1,α=,β=,若|g(α)-g(β)|>|g(x1)-g(x2)|,求λ的取值范圍.

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