Question

1．函數(shù)f（x）的導函數(shù)為f'（x），若對于定義域內(nèi)任意x₁，x₂（x₁≠x₂），有$\frac{{f（{x_1}）-f（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}=f'（{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}}）$恒成立，則稱f（x）為恒均變函數(shù)．給出下列函數(shù)：
①f（x）=2x+3；
②$f（x）=\frac{1}{x}$；
③f（x）=x²-2x+3；
④f（x）=e^x；
⑤f（x）=lnx．
其中為恒均變函數(shù)的序號是①③（寫出所有滿足條件的函數(shù)的序號）

Answer 1

分析 對于所給的每一個函數(shù)，分別計算 $\frac{f{（x}_{1}）-f{（x}_{2}）}{{{x}_{1}-x}_{2}}$和f′（ $\frac{{{x}_{1}+x}_{2}}{2}$）的值，檢驗二者是否相等，從而根據(jù)恒均變函數(shù)”的定義，做出判斷．

解答 解：對于①f（x）=2x+3，
$\frac{f{（x}_{1}）-f{（x}_{2}）}{{{x}_{1}-x}_{2}}$=$\frac{{2x}_{1}-{2x}_{2}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$=2，f′（ $\frac{{{x}_{1}+x}_{2}}{2}$）=2，
滿足 $\frac{f{（x}_{1}）-f{（x}_{2}）}{{{x}_{1}-x}_{2}}$=f′（ $\frac{{{x}_{1}+x}_{2}}{2}$），為恒均變函數(shù)．
對于②f（x）=$\frac{1}{x}$，
$\frac{f{（x}_{1}）-f{（x}_{2}）}{{{x}_{1}-x}_{2}}$=$\frac{\frac{1}{{x}_{1}}-\frac{1}{{x}_{2}}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$=-$\frac{1}{{{x}_{1}x}_{2}}$，f′（ $\frac{{{x}_{1}+x}_{2}}{2}$）=-$\frac{4}{{（{{x}_{1}+x}_{2}）}^{2}}$，
顯然不滿足 $\frac{f{（x}_{1}）-f{（x}_{2}）}{{{x}_{1}-x}_{2}}$=f′（ $\frac{{{x}_{1}+x}_{2}}{2}$），故不是恒均變函數(shù)．
對于③f（x）=x²-2x+3，
$\frac{f{（x}_{1}）-f{（x}_{2}）}{{{x}_{1}-x}_{2}}$=$\frac{{（x}_{1}{-x}_{2}）{（x}_{1}{+x}_{2}-2）}{{{x}_{1}-x}_{2}}$=x₁+x₂-2
f′（ $\frac{{{x}_{1}+x}_{2}}{2}$）=2•$\frac{{{x}_{1}+x}_{2}}{2}$-2=x₁+x₂-2，
故滿足 $\frac{f{（x}_{1}）-f{（x}_{2}）}{{{x}_{1}-x}_{2}}$=f′（ $\frac{{{x}_{1}+x}_{2}}{2}$）為恒均變函數(shù)．
對于④f（x）=e^x ，
$\frac{f{（x}_{1}）-f{（x}_{2}）}{{{x}_{1}-x}_{2}}$=$\frac{{{e}^{{x}_{1}}-e}^{{x}_{2}}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$，f′（ $\frac{{{x}_{1}+x}_{2}}{2}$）=${e}^{\frac{{{x}_{1}+x}_{2}}{2}}$，
顯然不滿足$\frac{f{（x}_{1}）-f{（x}_{2}）}{{{x}_{1}-x}_{2}}$=f′（ $\frac{{{x}_{1}+x}_{2}}{2}$），故不是恒均變函數(shù)．
對于⑤f（x）=lnx，
$\frac{f{（x}_{1}）-f{（x}_{2}）}{{{x}_{1}-x}_{2}}$=$\frac{l{nx}_{1}-l{nx}_{2}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$=$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$，f′（ $\frac{{{x}_{1}+x}_{2}}{2}$）=$\frac{2}{{{x}_{1}+x}_{2}}$，
顯然不滿足 $\frac{f{（x}_{1}）-f{（x}_{2}）}{{{x}_{1}-x}_{2}}$=f′（ $\frac{{{x}_{1}+x}_{2}}{2}$），故不是恒均變函數(shù)．
故答案為：①③．

點評 本題主要考查函數(shù)的導數(shù)運算，“恒均變函數(shù)”的定義，判斷命題的真假．