(Ⅰ)求證:0≤<1;
(Ⅱ)若函數(shù)f(x)的遞增區(qū)間為[s,t],求|s-t|的取值范圍;
(Ⅲ)若當(dāng)x≥k時(k是與a,b,c無關(guān)的常數(shù)),恒有f′(x)+a<0,試求k的最小值.
(Ⅰ)證明:f′(x)= ax2+2bx+c,由題意及導(dǎo)數(shù)的幾何意義得
f′(1)=a+2b+c=0,(1)
f′(m)=am2+2bm+c=-a,(2)
又a<b<c,可得4a<a+2b+c<4c,
即4a<0<4c,故a<0,c>0,
由(1)得c=-a-2b,代入a<b<c,再由a<0,得<1,(3)
將c=-a-2b代入(2)得am2+2bm-2b=0,
即方程ax2+2bx-2b=0有實(shí)根.
故其差別式△=4b2+8ab≥0得
≤-2,或≥0,(4)
由(3),(4)得0≤<1;
(Ⅱ)解:由f′(x)= ax2+2bx+c的判別式
△′=4b2-4ac>0,
知方程f′(x)= ax2+2bx+c=0 (*)有兩個不等實(shí)根,設(shè)為x1,x2,
又由f′(1)=a+2b+c=0知,x1=1為方程(*)的一個實(shí)根,則
由根與系數(shù)的關(guān)系得x1+x2=,x2=-1<0<x1,
當(dāng)x<x2或x>x1時,f′(x)<0,
當(dāng)x2<x<x1時,f′(x)>0,
故函數(shù)f(x)的遞增區(qū)間為[x2,x1],
由題設(shè)知[x2,x1]=[s,t],
因此|s-t|=| x1-x2|=2+,由(1)知0≤<1得
|s-t|的取值范圍為[2,4);
(Ⅲ)解:由f′(x)+a<0,即ax2+2bx+a+c<0,
即ax2+2bx-2b<0,
因?yàn)閍<0,則x2+2·x-2·>0,
整理得(2x-2)+x2>0,
設(shè)g()=(2x-2)+x2,可以看作是關(guān)于的一次函數(shù),
由題意g()>0對于0≤<1恒成立,
故即
得x≤-1或x≥-1,
由題意,[k,+∞)(-∞ , -1]∪[-1,+∞),
故k≥-1,因此A的最小值為-1.
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:
a+1 |
x |
m |
x |
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:
b | x |
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:
ax-1 | x+1 |
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:
b | x |
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