题目内容
设函数fn(x)=xn+bx+c(n∈N+,b,c∈R)
(Ⅰ)当b>0时,判断函数fn(x)在(0,+∞)上的单调性;
(Ⅱ)设n≥2,b=1,c=-1,证明:fn(x)在区间(
,1)内存在唯一的零点;
(Ⅲ)设n=2,若对任意x1,x2∈[-1,1],有|f2(x1)-f2(x2)|≤4,求b的取值范围.
(Ⅰ)当b>0时,判断函数fn(x)在(0,+∞)上的单调性;
(Ⅱ)设n≥2,b=1,c=-1,证明:fn(x)在区间(
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(Ⅲ)设n=2,若对任意x1,x2∈[-1,1],有|f2(x1)-f2(x2)|≤4,求b的取值范围.
分析:(Ⅰ)求导数,验证fn′(x)>0,即可得到结论;
(Ⅱ)将n>2,b=1,c=-1代入可得fn(x)=xn+x-1,结合指数函数的性质可得fn′(x)=nxn-1+1>0在(
,1)上恒成立,进而判断出函数在区间上单调,分析区间两端点的函数值符号关系,进而根据零点存在定理,可得答案;
(Ⅲ)将n=2,根据|f2(x1)-f2(x2)|≤4,分类讨论不同情况下b的取值范围,综合讨论结果,可得b的取值范围.
(Ⅱ)将n>2,b=1,c=-1代入可得fn(x)=xn+x-1,结合指数函数的性质可得fn′(x)=nxn-1+1>0在(
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(Ⅲ)将n=2,根据|f2(x1)-f2(x2)|≤4,分类讨论不同情况下b的取值范围,综合讨论结果,可得b的取值范围.
解答:(Ⅰ)解:∵fn(x)=xn+bx+c,
∴fn′(x)=nxn-1+b
∵b>0,x>0,n∈N+
∴fn′(x)>0
∴函数fn(x)在(0,+∞)上的单调递增;
(Ⅱ)证明:由n>2,b=1,c=-1,得fn(x)=xn+x-1
∴fn′(x)=nxn-1+1>0在(
,1)上恒成立,
∴fn(x)=xn+x-1在(
,1)单调递增,
∵fn(1)=1>0,fn(
)=(
)n-
<0,
∴fn(x)在区间(
,1)内存在唯一的零点;
(Ⅲ)解:当n=2时,f2(x)=x2+bx+c
①当b≥2或b≤-2时,即-
≤-1或-
≥1,此时只需满足|f2(1)-f2(-1)|=|2b|≤4
∴-2≤b≤2,即b=±2;
②当0≤b<2时,即-1<-
≤0,此时只需满足f2(1)-f2(-
)≤4,即b2+4b-12≤0
解得:-6≤b≤2,即b∈[0,2)
③当-2<b<0时,即0<-
<1,此时只需满足f2(-1)-f2(-
)≤4,即b2-4b-12≤0
解得:-2≤b≤6,即b∈(-2,0)
综上所述:b∈[-2,2].
∴fn′(x)=nxn-1+b
∵b>0,x>0,n∈N+
∴fn′(x)>0
∴函数fn(x)在(0,+∞)上的单调递增;
(Ⅱ)证明:由n>2,b=1,c=-1,得fn(x)=xn+x-1
∴fn′(x)=nxn-1+1>0在(
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∴fn(x)=xn+x-1在(
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∵fn(1)=1>0,fn(
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∴fn(x)在区间(
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(Ⅲ)解:当n=2时,f2(x)=x2+bx+c
①当b≥2或b≤-2时,即-
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∴-2≤b≤2,即b=±2;
②当0≤b<2时,即-1<-
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解得:-6≤b≤2,即b∈[0,2)
③当-2<b<0时,即0<-
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解得:-2≤b≤6,即b∈(-2,0)
综上所述:b∈[-2,2].
点评:本题考查零点存在定理,导数法判断函数的单调性,待定系数法求范围,考查分类讨论的数学思想,属于中档题.
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