Question

已知函数f（x）=mx³+nx²（m、n∈R，m≠0）的图象在（2，f（2））处的切线与x轴平行．
（1）求n，m的关系式并求f（x）的单调减区间；
（2）证明：对任意实数0＜x₁＜x₂＜1，关于x的方程：f′(x)-

f(x2)-f(x1)

x2-x1

=0在（x₁，x₂）恒有实数解
（3）结合（2）的结论，其实我们有拉格朗日中值定理：若函数f（x）是在闭区间[a，b]上连续不断的函数，且在区间（a，b）内导数都存在，则在（a，b）内至少存在一点x₀，使得f′(x0)=

f(b)-f(a)

b-a

．如我们所学过的指、对数函数，正、余弦函数等都符合拉格朗日中值定理条件．试用拉格朗日中值定理证明：
当0＜a＜b时，

b-a

b

＜ln

b

a

＜

b-a

a

（可不用证明函数的连续性和可导性）．

Answer 1

分析：（1）先对函数f（x）进行求导，又根据f'（2）=0可得到关于m的代数式．再将m的代数式n代入函数f（x）中消去n，可得f'（x）=3mx²-6mx，当f'（x）＞0时x的取值区间为所求．
（2）由于

f(x2)-f(x1)

x2-x1

=m（x₁²+x₂²+x₁x₂-3x₁-3x₂）从而f′(x)-

f(x2)-f(x1)

x2-x1

=0，可化为3x²-6x-x₁²-x₂²-x₁x₂+3x₁+3x₂=0，令h（x）=3x²-6x-x₁²-x₂²-x₁x₂+3x₁+3x₂，计算则h（x₁）h（x₂）＜0，根据零点存在定理得h（x）=0在区间（x₁，x₂）内必有解，从而得到证明；
（3）令g（x）=lnx，x∈（a，b），则g（x）符合拉格朗日中值定理的条件，即存在x₀∈（a，b），使g′(x0)=

g(b)-g(a)

b-a

=

lnb-lna

b-a

，由于函数g′（x）=

1

x

的性质即可证得结果．

解答：解：（1）因为f'（x）=3mx²+2nx，------（1分）
由已知有f'（2）=0，所以3m+n=0即n=-3m------（2分）
即f'（x）=3mx²-6mx，由f'（x）＞0知mx（x-2）＞0．
当m＞0时得x＜0或x＞2，f（x）的减区间为（0，2）；-----（3分）
当m＜0时得：0＜x＜2，f（x）的减区间为（-∞，0）和（2，+∞）；-----（4分）
综上所述：当m＞0时，f（x）的减区间为（0，2）；
当m＜0时，f（x）的减区间为（-∞，0）和（2，+∞）；-----（5分）
（2）∵

f(x2)-f(x1)

x2-x1

=m（x₁²+x₂²+x₁x₂-3x₁-3x₂），------------（6分）
∴f′(x)-

f(x2)-f(x1)

x2-x1

=0，
可化为3x²-6x-x₁²-x₂²-x₁x₂+3x₁+3x₂=0，令h（x）=3x²-6x-x₁²-x₂²-x₁x₂+3x₁+3x₂-------（7分）
则h（x₁）=（x₁-x_2）（2x₁+x₂-3），h（x₂）=（x₂-x₁）（x₁+2x₂-3），
即h（x₁）h（x₂）=-（x₁-x₂）²（2x₁+x₂-3）（x₁+2x₂-3）又因为0＜x₁＜x₂＜1，所以（2x₁+x₂-3）＜0，（x₁+2x₂-3）＜0，即h（x₁）h（x₂）＜0，-----------（8分）
故h（x）=0在区间（x₁，x₂）内必有解，
即关于x的方程f′(x)-

f(x2)-f(x1)

x2-x1

=0在（x₁，x₂）恒有实数解-----（9分）
（3）令g（x）=lnx，x∈（a，b），-----------（10分）
则g（x）符合拉格朗日中值定理的条件，即存在x₀∈（a，b），
使g′(x0)=

g(b)-g(a)

b-a

=

lnb-lna

b-a

-----------（11分）
因为g′（x）=

1

x

，由x∈（a，b），0＜a＜b可知g′（x）∈（

1

b

，

1

a

），b-a＞0-----（12分）
即

1

b

 ＜g′(x0)=

g(b)-g(a)

b-a

=

lnb-lna

b-a

=

ln b a

b-a

＜

1

a

，
∴

b-a

b

＜ln

b

a

＜

b-a

a

-----（14分）

点评：本小题主要考查导数的运算、利用导数研究曲线上某点切线方程、不等式的解法\拉格朗日中值定理等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想．属于中档题．