分析 (1)由題意可知lnx+1=x,令φ(x)=lnx-x+1,然后利用導(dǎo)數(shù)求其極值,可得x=1時(shí)函數(shù)有唯一極大值0,得到函數(shù)f(x)=lnx+1的不動(dòng)點(diǎn)為x=1;
(2)①由題意可知,$\left\{\begin{array}{l}{b{{x}_{0}}^{2}+c{x}_{0}+3={x}_{0}}\\{2b{x}_{0}+c={x}_{0}}\end{array}\right.$,得到$b=\frac{3}{{{x}_{0}}^{2}}-\frac{1}{{x}_{0}}+1$,再由x0的范圍求得b的范圍.
②令h(x)=g'(x)=3ax2+2bx+c.由題意知,m,h(m),h(h(m)),h(h(h(m)))成各項(xiàng)都為正數(shù)的等比數(shù)列,轉(zhuǎn)化為方程h(x)=qx有三個(gè)根m,h(m),h(h(m)),然后對(duì)二次方程h(x)=qx的根進(jìn)行討論,可得函數(shù)h(x)存在不動(dòng)點(diǎn).
解答 (1)解:由題意可知lnx+1=x,令φ(x)=lnx-x+1,
則φ′(x)=$\frac{1}{x}-1=\frac{1-x}{x}$,當(dāng)x∈(0,1)時(shí),φ′(x)>0,φ(x)為增函數(shù),
當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),φ′(x)<0,φ(x)為減函數(shù),∴φ(x)先增后減,有極大值為φ(1)=0.
∴函數(shù)f(x)=lnx+1的不動(dòng)點(diǎn)為x=1;
(2)①解:由題意可知,$\left\{\begin{array}{l}{b{{x}_{0}}^{2}+c{x}_{0}+3={x}_{0}}\\{2b{x}_{0}+c={x}_{0}}\end{array}\right.$,消去c,
得$b=\frac{3}{{{x}_{0}}^{2}}-\frac{1}{{x}_{0}}+1$,x0∈[$\frac{1}{2}$,2],∴b∈[$\frac{5}{4},11$].
②證明:h(x)=g'(x)=3ax2+2bx+c.
由題意知,m,h(m),h(h(m)),h(h(h(m)))成各項(xiàng)都為正數(shù)的等比數(shù)列,
故可設(shè)公比為q,則$\left\{\begin{array}{l}{h(m)=qm}\\{h(h(m))=qh(m)}\\{h(h(h(m)))=qh(h(m))}\end{array}\right.$,故方程h(x)=qx有三個(gè)根m,h(m),h(h(m)),
又∵a≠0,∴h(x)=g'(x)=3ax2+2bx+c 為二次函數(shù),
故方程h(x)=qx為二次方程,最多有兩個(gè)不等根,則m,h(m),h(h(m))中至少有兩個(gè)值相等.
當(dāng)h(m)=m時(shí),方程h(x)=x有實(shí)數(shù)根m,也即函數(shù)h(x)存在不動(dòng)點(diǎn),符合題意;
當(dāng)h(h(m))=m時(shí),則qh(m)=m,q2m=m,故q2=1,又各項(xiàng)均為正數(shù),則q=1,即h(m)=m,
同上,函數(shù)h(x)存在不動(dòng)點(diǎn),符合題意;
當(dāng)h(h(m))=h(m)時(shí),則qh(m)=qm,h(m)=m,同上,函數(shù)h(x)存在不動(dòng)點(diǎn),符合題意.
綜上所述,函數(shù)h(x)存在不動(dòng)點(diǎn).
點(diǎn)評(píng) 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極值,考查邏輯思維能力與推理運(yùn)算能力,體現(xiàn)了分類討論的數(shù)學(xué)思想方法,屬難題.
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