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设fx在ab开区间上连续又设x1,x2,x3为ab中三点令n=(fx1+fx2+fx3)/3证明:在x1,x3闭区间中存在一点c,使得fc=n
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设fx在ab开区间上连续 又设x1,x2,x3为ab中三点 令n=(fx1+fx2+fx3)/3
证明:在x1,x3闭区间中存在一点c,使得fc=n
证明:在x1,x3闭区间中存在一点c,使得fc=n
▼优质解答
答案和解析
(1)对于函数f1(x)=x-1+x-2,当x∈[1,2]时,f1(x)=1.
当x<1或x>2时,f1(x)>(x-1)-(x-2)=1恒成立,
故f1(x)是“平底型”函数.(2分)
对于函数f2(x)=x+x-2,
当x∈(-∞,2]时,f2(x)=2;
当x∈(2,+∞)时,f2(x)=2x-2>2.
所以不存在闭区间[a,b],使当x[a,b]时,f(x)>2恒成立.
故f2(x)不是“平底型”函数.(4分)
(2)因为函数g(x)=x+
x2+2x+n是区间[-2,+∞)上的“平底型”函数,
则存在区间[a,b][-2,+∞)和常数c,
使得g(x)=x+
x2+2x+n=c恒成立.
所以x2+2x+n=(x-c)2恒成立,
∴c=-1,n=1,g(x)=x+x+1.
当x∈[-2,-1]时,g(x)=-1,当x∈(-1,+∞)时,g(x)=2x+1>-1恒成立.
此时,g(x)是区间[-2,+∞)上的“平底型”函数,n=1为所求.
(3)若t-k+t+k≥kf(x)对一切t∈R恒成立,
则(t-k+t+k)min≥kf(x).
因为(t-k+t+k)min=2k,
所以2k≥kf(x).又k≠0,则f(x)≤2.
则x-1+x-2≤2,解得12≤x≤ 52.
故实数x的范围是[ 12,52].
当x<1或x>2时,f1(x)>(x-1)-(x-2)=1恒成立,
故f1(x)是“平底型”函数.(2分)
对于函数f2(x)=x+x-2,
当x∈(-∞,2]时,f2(x)=2;
当x∈(2,+∞)时,f2(x)=2x-2>2.
所以不存在闭区间[a,b],使当x[a,b]时,f(x)>2恒成立.
故f2(x)不是“平底型”函数.(4分)
(2)因为函数g(x)=x+
x2+2x+n是区间[-2,+∞)上的“平底型”函数,
则存在区间[a,b][-2,+∞)和常数c,
使得g(x)=x+
x2+2x+n=c恒成立.
所以x2+2x+n=(x-c)2恒成立,
∴c=-1,n=1,g(x)=x+x+1.
当x∈[-2,-1]时,g(x)=-1,当x∈(-1,+∞)时,g(x)=2x+1>-1恒成立.
此时,g(x)是区间[-2,+∞)上的“平底型”函数,n=1为所求.
(3)若t-k+t+k≥kf(x)对一切t∈R恒成立,
则(t-k+t+k)min≥kf(x).
因为(t-k+t+k)min=2k,
所以2k≥kf(x).又k≠0,则f(x)≤2.
则x-1+x-2≤2,解得12≤x≤ 52.
故实数x的范围是[ 12,52].
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