题目内容

已知函数f(x)=mx3+nx2(m、n∈R,m≠0)的图象在(2,f(2))处的切线与x轴平行.
(1)求n,m的关系式并求f(x)的单调减区间;
(2)证明:对任意实数0<x1<x2<1,关于x的方程:f′(x)-
f(x2)-f(x1)
x2-x1
=0
在(x1,x2)恒有实数解
(3)结合(2)的结论,其实我们有拉格朗日中值定理:若函数f(x)是在闭区间[a,b]上连续不断的函数,且在区间(a,b)内导数都存在,则在(a,b)内至少存在一点x0,使得f′(x0)=
f(b)-f(a)
b-a
.如我们所学过的指、对数函数,正、余弦函数等都符合拉格朗日中值定理条件.试用拉格朗日中值定理证明:
当0<a<b时,
b-a
b
<ln
b
a
b-a
a
(可不用证明函数的连续性和可导性).
分析:(1)先对函数f(x)进行求导,又根据f'(2)=0可得到关于m的代数式.再将m的代数式n代入函数f(x)中消去n,可得f'(x)=3mx2-6mx,当f'(x)>0时x的取值区间为所求.
(2)由于
f(x2)-f(x1)
x2-x1
=m(x12+x22+x1x2-3x1-3x2)从而f′(x)-
f(x2)-f(x1)
x2-x1
=0
,可化为3x2-6x-x12-x22-x1x2+3x1+3x2=0,令h(x)=3x2-6x-x12-x22-x1x2+3x1+3x2,计算则h(x1)h(x2)<0,根据零点存在定理得h(x)=0在区间(x1,x2)内必有解,从而得到证明;
(3)令g(x)=lnx,x∈(a,b),则g(x)符合拉格朗日中值定理的条件,即存在x0∈(a,b),使g′(x0)=
g(b)-g(a)
b-a
=
lnb-lna
b-a
,由于函数g′(x)=
1
x
的性质即可证得结果.
解答:解:(1)因为f'(x)=3mx2+2nx,------(1分)
由已知有f'(2)=0,所以3m+n=0即n=-3m------(2分)
即f'(x)=3mx2-6mx,由f'(x)>0知mx(x-2)>0.
当m>0时得x<0或x>2,f(x)的减区间为(0,2);-----(3分)
当m<0时得:0<x<2,f(x)的减区间为(-∞,0)和(2,+∞);-----(4分)
综上所述:当m>0时,f(x)的减区间为(0,2);
当m<0时,f(x)的减区间为(-∞,0)和(2,+∞);-----(5分)
(2)∵
f(x2)-f(x1)
x2-x1
=m(x12+x22+x1x2-3x1-3x2),------------(6分)
f′(x)-
f(x2)-f(x1)
x2-x1
=0

可化为3x2-6x-x12-x22-x1x2+3x1+3x2=0,令h(x)=3x2-6x-x12-x22-x1x2+3x1+3x2-------(7分)
则h(x1)=(x1-x2)(2x1+x2-3),h(x2)=(x2-x1)(x1+2x2-3),
即h(x1)h(x2)=-(x1-x22(2x1+x2-3)(x1+2x2-3)又因为0<x1<x2<1,所以(2x1+x2-3)<0,(x1+2x2-3)<0,即h(x1)h(x2)<0,-----------(8分)
故h(x)=0在区间(x1,x2)内必有解,
即关于x的方程f′(x)-
f(x2)-f(x1)
x2-x1
=0
在(x1,x2)恒有实数解-----(9分)
(3)令g(x)=lnx,x∈(a,b),-----------(10分)
则g(x)符合拉格朗日中值定理的条件,即存在x0∈(a,b),
使g′(x0)=
g(b)-g(a)
b-a
=
lnb-lna
b-a
-----------(11分)
因为g′(x)=
1
x
,由x∈(a,b),0<a<b可知g′(x)∈(
1
b
1
a
),b-a>0-----(12分)
1
b
 <g′(x0)=
g(b)-g(a)
b-a
=
lnb-lna
b-a
=
ln
b
a
b-a
1
a

b-a
b
<ln
b
a
b-a
a
-----(14分)
点评:本小题主要考查导数的运算、利用导数研究曲线上某点切线方程、不等式的解法\拉格朗日中值定理等基础知识,考查运算求解能力,考查化归与转化思想.属于中档题.
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