Question

函数的导数为0的点称为函数的驻点，若点（1，1）为函数f（x）的驻点，则称f（x）具有“1-1驻点性”．
（1）设函数f（x）=-x+2+alnx，其中a≠0．
①求证：函数f（x）不具有“1-1驻点性”
②求函数f（x）的单调区间
（2）已知函数g（x）=bx³+3x²+cx+2具有“1-1驻点性”，给定x₁，x₂∈R，x₁＜x₂，设λ为实数，且λ≠-1，α=，β=，若|g（α）-g（β）|＞|g（x₁）-g（x₂）|，求λ的取值范围．

Answer

（1）①对函数f（x）=-x+2+alnx求导，验证f′（1）≠0即可说明函数f（x）不具有“1-1驻点性”；②根据导数的符号和函数单调性的关系，即f′（x）＞0时不等式解集就是函数的单调递增区间，f′（x）＜0时不等式解集就是函数的单调递减区间，注意对参数a的讨论；
（2）由题设知，函数g（x）得导数g′（x）=g′（x）=3bx2+6x+c，根据g（x）具有“1-1驻点性，求出b，c的值，从而g（x）在R上单调递减，分①λ≥0②-1＜λ＜0③λ＜-1三种情况讨论求解λ得范围即可
【解析】
（1）①f′（x）=-1++
∵f′（1）=-1+1+a≠0，
∴函数f（x）不具有“1-1驻点性”．
②由f′（x）==
（ⅰ）当a+＜0，即a＜-时，f′（x）＜0．∴f（x）是（0，+∞）上的减函数；
（ⅱ）当a+=0，即a=-时，显然f′（x）≤0．∴f（x）是（0，+∞）上的减函数
（ⅲ）当a+＞0，即a＞-时，由f′（x）=0得=±
当-＜a＜0时，-＞0
∴x∈（0，a+-）时，f′（x）＜0；
x∈（ a+-，a++）时，f′（x）＞0； x∈（a++，+∞）时，f′（x）＜0；
当a＞0时，-＜0
∴x∈（0，a++）时，f′（x）＞0； x∈（ a++，+∞）时，f′（x）＜0；
综上所述：当a≤-时，函数f（x）的单调递减区间为（0，+∞）；
当-＜a＜0时，函数f（x）的单调递减区间为（0，a+-）和（ a++，+∞），
函数f（x）的单调递增区间为（ a+-，a++）；
当a＞0时，函数f（x）的单调递增区间为（0，a++），
函数f（x）的单调递减区间为（ a++，+∞）
（Ⅱ）由题设得：g′（x）=3bx2+6x+c，
∵g（x）具有“1-1驻点性”∴g（1）=1且g′（1）=0
即解得
∴g′（x）=-3x2+6x-3=-3（x-1）2≤0，故g（x）在定义域R上单调递减．
①当λ≥0时，α=≥=x1，α=＜=x2，即α∈[x1，x2），同理β∈（x1，x2]
由g（x）的单调性可知：g（α），g（β）∈[g（x2），g（x1）]
∴|g（α）-g（β）|≤|g（x1）-g（x2）|与题设|g（α）-g（β）|＞|g（x1）-g（x2）|不符．
②当-1＜λ＜0时，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）|，符合题设
③当λ＜-1时，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）|也符合题设
由此，综合①②③得所求的λ的取值范围是λ＜0且λ≠-1