Question

函數(shù)的導(dǎo)數(shù)為0的點稱為函數(shù)的駐點，若點（1，1）為函數(shù)f（x）的駐點，則稱f（x）具有“1-1駐點性”．
（1）設(shè)函數(shù)f（x）=-x+2+alnx，其中a≠0．
①求證：函數(shù)f（x）不具有“1-1駐點性”
②求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間
（2）已知函數(shù)g（x）=bx³+3x²+cx+2具有“1-1駐點性”，給定x₁，x₂∈R，x₁＜x₂，設(shè)λ為實數(shù)，且λ≠-1，α=，β=，若|g（α）-g（β）|＞|g（x₁）-g（x₂）|，求λ的取值范圍．

Answer 1

【答案】分析：（1）①對函數(shù)f（x）=-x+2+alnx求導(dǎo)，驗證f′（1）≠0即可說明函數(shù)f（x）不具有“1-1駐點性”；②根據(jù)導(dǎo)數(shù)的符號和函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系，即f′（x）＞0時不等式解集就是函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間，f′（x）＜0時不等式解集就是函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間，注意對參數(shù)a的討論；
（2）由題設(shè)知，函數(shù)g（x）得導(dǎo)數(shù)g′（x）=g′（x）=3bx²+6x+c，根據(jù)g（x）具有“1-1駐點性，求出b，c的值，從而g（x）在R上單調(diào)遞減，分①λ≥0②-1＜λ＜0③λ＜-1三種情況討論求解λ得范圍即可
解答：解：（1）①f′（x）=-1++
∵f′（1）=-1+1+a≠0，
∴函數(shù)f（x）不具有“1-1駐點性”．
②由f′（x）==
（ⅰ）當a+＜0，即a＜-時，f′（x）＜0．∴f（x）是（0，+∞）上的減函數(shù)；
（ⅱ）當a+=0，即a=-時，顯然f′（x）≤0．∴f（x）是（0，+∞）上的減函數(shù)
（ⅲ）當a+＞0，即a＞-時，由f′（x）=0得=±
當-＜a＜0時，-＞0
∴x∈（0，a+-）時，f′（x）＜0；
x∈（ a+-，a++）時，f′（x）＞0； x∈（a++，+∞）時，f′（x）＜0；
當a＞0時，-＜0
∴x∈（0，a++）時，f′（x）＞0； x∈（ a++，+∞）時，f′（x）＜0；
綜上所述：當a≤-時，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（0，+∞）；
當-＜a＜0時，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（0，a+-）和（ a++，+∞），
函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（ a+-，a++）；
當a＞0時，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，a++），
函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（ a++，+∞）
（Ⅱ）由題設(shè)得：g′（x）=3bx²+6x+c，
∵g（x）具有“1-1駐點性”∴g（1）=1且g′（1）=0
即解得
∴g′（x）=-3x²+6x-3=-3（x-1）²≤0，故g（x）在定義域R上單調(diào)遞減．
①當λ≥0時，α=≥=x₁，α=＜=x₂，即α∈[x₁，x₂），同理β∈（x₁，x₂]
由g（x）的單調(diào)性可知：g（α），g（β）∈[g（x₂），g（x₁）]
∴|g（α）-g（β）|≤|g（x₁）-g（x₂）|與題設(shè)|g（α）-g（β）|＞|g（x₁）-g（x₂）|不符．
②當-1＜λ＜0時，α=＜=x₁，β=＞=x₂
即α＜x₁＜x₂＜β∴g（β）＜g（x₂）＜g（x₁）＜g（α）
∴|g（α）-g（β）|＞|g（x₁）-g（x₂）|，符合題設(shè)
③當λ＜-1時，α=＞=x₂，β=＜=x₁，即β＜x₁＜x₂＜α
∴g（α）＜g（x₂）＜g（x₁）＜g（β）
∴|g（α）-g（β）|＞|g（x₁）-g（x₂）|也符合題設(shè)
由此，綜合①②③得所求的λ的取值范圍是λ＜0且λ≠-1
點評：本題主要考查函數(shù)的概念、性質(zhì)、圖象及導(dǎo)數(shù)等基礎(chǔ)知識，考查靈活運用數(shù)形結(jié)合、分類討論的思想方法進行探索、分析與解決問題的綜合能力，屬難題．