题目内容
已知二次函数g(x)对任意实数x不等式x-1≤g(x)≤x2-x恒成立,且g(-1)=0,令f(x)=g(x)+mlnx+1 | 2 |
(I)求g(x)的表达式;
(Ⅱ)若?x>0使f(x)≤0成立,求实数m的取值范围;
(Ⅲ)设1<m≤e,H(x)=f(x)-(m+1)x,证明:对?x1,x2∈[1,m],恒有|H(x1)-H(x2)|<1.
分析:(I)直接设出g(x)的表达式,利用不等式x-1≤g(x)≤x2-x恒成立,可得g(1)=0与g(-1)=0相结合可得b=0,a+c=0;再代入利用不等式x-1≤g(x)≤x2-x恒成立求出a即可.
(II)先求出函数f(x)的表达式,在对实数m分情况求出对应函数f(x)的值域,让实数m与函数f(x)的最小值比较即可求实数m的取值范围;
(III)先求出函数H(x)在[1,m]单减,进而得|H(x1)-H(x2)|≤H(1)-H(m)=
m2-mlnm-
,转化为求h(m)=
m-lnm+
(1<m≤e)的最大值问题即可.
(II)先求出函数f(x)的表达式,在对实数m分情况求出对应函数f(x)的值域,让实数m与函数f(x)的最小值比较即可求实数m的取值范围;
(III)先求出函数H(x)在[1,m]单减,进而得|H(x1)-H(x2)|≤H(1)-H(m)=
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
3 |
2m |
解答:解(I)设g(x)=ax2+bx+c(a≠0),
由题意令x=1得0≤g(1)≤0∴g(1)=0,
∴
得b=0,a+c=0,
∵x-1≤g(x)≤x2-x对?x∈R恒成立,
∴ax2-a≥x-1和ax2-a≤x2-x恒成立,
得a=
,
∴g(x)=
x2-
.
(II)f(x)=g(x)+mlnx+
(m∈R,x>0)=
x2+mlnx,
f′(x)=x+
当m>0时,f(x)的值域为R
当m=0时,f(x)=
x2>0对?x>0,f(x)>0恒成立
当m<0时,令f′(x)=0?x=
这时f(x)min=f(
)=-
+mln
若?x>0使f(x)≤0成立则只须f(x)min≤0即m≤-e,
综上所述,实数m的取值范围(-∞,-e)∪(0,+∞).
(III)∵对?x∈[1,m],H′(x)=
≤0,所以H(x)在[1,m]单减
于是|H(x1)-H(x2)|≤H(1)-H(m)=
m2-mlnm-
,
|H(x1)-H(x2)|<1?
m2-mlnm-
<1?
m-lnm-
<0,
记h(m)=
m-lnm+
(1<m≤e),则h′(m)=
-
+
=
(
-
)2+
>0
所以函数h(m)在[1,e]是单增函数
所以h(m)<h(e)=
-1-
=
<0
故命题成立.
由题意令x=1得0≤g(1)≤0∴g(1)=0,
∴
|
∵x-1≤g(x)≤x2-x对?x∈R恒成立,
∴ax2-a≥x-1和ax2-a≤x2-x恒成立,
得a=
1 |
2 |
∴g(x)=
1 |
2 |
1 |
2 |
(II)f(x)=g(x)+mlnx+
1 |
2 |
1 |
2 |
f′(x)=x+
m |
x |
当m>0时,f(x)的值域为R
当m=0时,f(x)=
1 |
2 |
当m<0时,令f′(x)=0?x=
-m |
x | (0,
|
|
(
| ||||||
f'(x) | - | 0 | + | ||||||
f(x) | ↘ | 极小 | ↗ |
-m |
m |
2 |
-m |
若?x>0使f(x)≤0成立则只须f(x)min≤0即m≤-e,
综上所述,实数m的取值范围(-∞,-e)∪(0,+∞).
(III)∵对?x∈[1,m],H′(x)=
(x-1)(x-m) |
x |
于是|H(x1)-H(x2)|≤H(1)-H(m)=
1 |
2 |
1 |
2 |
|H(x1)-H(x2)|<1?
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
3 |
2m |
记h(m)=
1 |
2 |
3 |
2m |
1 |
2 |
1 |
m |
3 |
2m2 |
3 |
2 |
1 |
m |
1 |
3 |
1 |
3 |
所以函数h(m)在[1,e]是单增函数
所以h(m)<h(e)=
e |
2 |
3 |
2e |
(e-3)(e+1) |
2e |
故命题成立.
点评:本题主要考查函数恒成立问题以及函数解析式的求法,是对函数以及导函数知识的综合考查,是有难度的题.
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