题目内容
(2010•桂林二模)已知函数f(x)=ax3+
bx2-2x+c的图象在点(2,f(x))处的切线方程为4x-y-5=0,且在[-2,1)内单调递减,在[1,+∞)上单调递增
(Ⅰ)求f(x)的解析式;
(Ⅱ)若对于任意的x1,x2∈[m,m+3](m≥0),不等式|f(x1)-f(x2)|≤
恒成立,试问这样的m是否存在?若存在,求出m的范围;若不存在,请说明理由.
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(Ⅰ)求f(x)的解析式;
(Ⅱ)若对于任意的x1,x2∈[m,m+3](m≥0),不等式|f(x1)-f(x2)|≤
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分析:(Ⅰ)由函数f(x)=ax3+
bx2-2x+c的图象在点(2,f(x))处的切线方程为4x-y-5=0,知f′(2)=4,f(2)=3;由在[-2,1)内单调递减,在[1,+∞)上单调递增知f′(1)=0,由此列方程组即可解得a、b、c的值
(Ⅱ)先由函数的导函数推知函数的单调性为在(-∞,-2)及(1,+∞)为增函数,在(-2,1)为减函数,要知道函数在区间[m,m+3]上的单调性,需要讨论m与1的大小,故下面分m>1和0≤m≤1时研究问题,因为不等式|f(x1)-f(x2)|≤
恒成立,只需f(x)在区间[m,m+3]上的最大值与最小值之差不大于
即可,从而将问题转化为在两种情况下求函数的值域问题
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(Ⅱ)先由函数的导函数推知函数的单调性为在(-∞,-2)及(1,+∞)为增函数,在(-2,1)为减函数,要知道函数在区间[m,m+3]上的单调性,需要讨论m与1的大小,故下面分m>1和0≤m≤1时研究问题,因为不等式|f(x1)-f(x2)|≤
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解答:解:(Ⅰ)∵函数f(x)=ax3+
bx2-2x+c的图象在点(2,f(x))处的切线方程为4x-y-5=0
∴f(2)=4×2-5=3,f′(2)=4
∵函数f(x)在[-2,1)内单调递减,在[1,+∞)上单调递增
∴函数f(x)在x=1处取得极小值,∴f′(1)=0
∵f′(x)=3ax2+bx-2
由f′(1)=0,f′(2)=4,f(2)=3,得
解得a=
,b=1,c=
∴f(x)=
x3+
x2-2x+
(Ⅱ)∵f′(x)=x2+x-2=(x+2)(x-1)
∴f(x)在(-∞,-2)及(1,+∞)为增函数,在(-2,1)为减函数
设存在满足条件的m,则
①当m>1时,f(x)在[m,m+3]上递增,故f(x)max=f(m+3),f(x)min=f(m)
∵f(m+3)-f(m)=
(m+3)3+
(m+3)2-2(m+3)-
m3-
m2+2m=3m2+12m+
∵不等式|f(x1)-f(x2)|≤
恒成立,∴3m2+12m+
≤
解得-5≤m≤1,与条件矛盾,故舍去
②当0≤m≤1时,f(x)在[m,1)上递减,在(1,m]上递增
∴f(x)max=max{f(m),f(m+3)},f(x)min=f(1)
∵f(m+3)-f(m)=
(m+3)3+
(m+3)2-2(m+3)-
m3-
m2+2m=3m2+12m+
>0 (0≤m≤1)
∴f(x)max=f(m+3),
∴|f(x1)-f(x2)|≤f(x)max-f(x)min=f(m+3)-f(1)≤f(4)-f(1)=
恒成立
∴存在0≤m≤1,使不等式恒成立,
∴m∈[0,1]
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∴f(2)=4×2-5=3,f′(2)=4
∵函数f(x)在[-2,1)内单调递减,在[1,+∞)上单调递增
∴函数f(x)在x=1处取得极小值,∴f′(1)=0
∵f′(x)=3ax2+bx-2
由f′(1)=0,f′(2)=4,f(2)=3,得
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解得a=
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∴f(x)=
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(Ⅱ)∵f′(x)=x2+x-2=(x+2)(x-1)
∴f(x)在(-∞,-2)及(1,+∞)为增函数,在(-2,1)为减函数
设存在满足条件的m,则
①当m>1时,f(x)在[m,m+3]上递增,故f(x)max=f(m+3),f(x)min=f(m)
∵f(m+3)-f(m)=
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∵不等式|f(x1)-f(x2)|≤
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解得-5≤m≤1,与条件矛盾,故舍去
②当0≤m≤1时,f(x)在[m,1)上递减,在(1,m]上递增
∴f(x)max=max{f(m),f(m+3)},f(x)min=f(1)
∵f(m+3)-f(m)=
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∴f(x)max=f(m+3),
∴|f(x1)-f(x2)|≤f(x)max-f(x)min=f(m+3)-f(1)≤f(4)-f(1)=
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∴存在0≤m≤1,使不等式恒成立,
∴m∈[0,1]
点评:本题综合考查了导数的几何意义,导数在函数单调性的应用,导数在研究函数最值中的重要应用,不等式恒成立问题的解法
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