题目
题型:解答题难度:一般来源:不详
t-1 |
2 |
(I)试讨论函数f(x)在区间[0,1]上的单调性:
(II)求最小的实数h,使得对任意x∈[0,1]及任意实数t,f(x)+|
t-1 |
2 |
答案
t-1 |
2 |
1°若t≤0,则f′(x)≥0(不恒等于0)在[0,1]上恒成立,∴f(x)在[0,1]上单调递增;
2°若t≥3时,∵3x2≤3,∴f′(x)≤0在[0,1]上恒成立,∴f(x)在[0,1]上单调递减;
3°若0<t<3,则f′(x)=3(x+
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当x∈[0,
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当x∈(
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(2)f(x)+|
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2 |
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2 |
方法一:令g(x)=f(x)+|
t-1 |
2 |
而g′(x)=f′(x),由(1)的结论可知:
当t≤0或t≥3时,则g(x)在[0,1]上单调,故g(x)min=min{g(0),g(1)}=min{
t-1 |
2 |
t-1 |
2 |
1-t |
2 |
t-1 |
2 |
当0<t<3时,则g(x)min=g(
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2 |
3 |
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t-1 |
2 |
t-1 |
2 |
∴h(t)=
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下面求当t∈R时,关于t的函数h(t)的最小值.
当t∈(0,1)时,h(t)=-
2t |
3 |
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当1<t<3时,h(t)=-
2t |
3 |
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2
| ||
9 |
综上可知:当t∈[0,1]且t∈R时,f(x)+|
t-1 |
2 |
2
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9 |
2
| ||
9 |
方法2:对于给定的x∈[0,1],求关于t的函数(t∈R),
g(t)=f(x)+|
t-1 |
2 |
t-1 |
2 |
t-1 |
2 |
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由于-x≤0,当t∈(-∞,1)时,g′(t)≤0;由于1-x≥0,故当t∈(1,+∞)时,g′(t)≥0.
考虑到g(t)在t=1处连续,∴g(t)的最小值h(x)=x3-x.
下面再求关于x的函数h(x)=x3-x在x∈[0,1]时的最小值.
h′(x)=3x2-1,令h′(x)=0,解得x=
| ||
3 |
当x∈(0,
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3 |
| ||
3 |
故h(x)的最小值为h(
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3 |
2
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9 |
综上可得:当x∈(0,1)时,且t∈R.f(x)+|
t-1 |
2 |
2
| ||
9 |
2
| ||
9 |
核心考点
试题【设函数f(x)=x3-tx+t-12,t∈R.(I)试讨论函数f(x)在区间[0,1]上的单调性:(II)求最小的实数h,使得对任意x∈[0,1]及任意实数t,】;主要考察你对函数的奇偶性与周期性等知识点的理解。[详细]
举一反三
T |
2 |
A.0 | B.
| C.T | D.-
|
a-3-x |
1+a•3-x |
A.3 | B.1 | C.-1 | D.±1 |
1 |
3 |
1 |
2 |
5 |
12 |
(1)函数f(x)=
1 |
3 |
1 |
2 |
5 |
12 |
(2)计算f(
1 |
2011 |
2 |
2011 |
3 |
2011 |
4 |
2011 |
2010 |
2011 |
(I)求f(x)的解析式;
(Ⅱ)若f(x)≥
t |
x |
(Ⅲ)当m>0时,讨论F(x)=f(x)+
x2 |
2 |
m2+1 |
m |
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