Question

13．設(shè)ϕ（x）是定義在[m，n]上的函數(shù)，若存在r∈（m，n），使得ϕ（x）在[m，r]上單調(diào)遞增，在[r，n]上單調(diào)遞減，則稱ϕ（x）為[m，n]上的F函數(shù)．
（1）已知$ϕ（x）=\frac{x+a}{e^x}$為[1，2]上的F函數(shù)，求a的取值范圍；
（2）設(shè)$ϕ（x）=px-（\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+\frac{x^4}{4}+\frac{{p{x^5}}}{5}）$，其中p＞0，判斷ϕ（x）是否為[0，p]上的F函數(shù)？
（3）已知ϕ（x）=（x²-x）（x²-x+t）為[m，n]上的F函數(shù)，求t的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出φ（x）的導(dǎo)數(shù)，求出極值點(diǎn)，由新定義求得a的范圍；
（2）求出φ（x）的導(dǎo)數(shù)，運(yùn)用零點(diǎn)存在定理可得?x₀∈（0，p），使得φ'（x₀）=0，⇒φ（x）在[0，x₀]上為單調(diào)遞增，即可判斷；
（3）求得ϕ（x）的導(dǎo)數(shù)，設(shè)方程2x²-2x+t=0的判別式為△=4-8t，討論判別式小于等于0，或大于0，求出單調(diào)區(qū)間，由新定義即可得到所求范圍．

解答 解：（1）$ϕ（x）=\frac{x+a}{e^x}$的導(dǎo)數(shù)為$ϕ'（x）=\frac{1-a-x}{e^x}$，
令φ'（x）=0⇒x=1-a∈（1，2）⇒a∈（-1，0），…（3分）
又φ（x）在[1，1-a]上為單調(diào)遞增，在[1-a，2]上單調(diào)遞減，
∴φ（x）為F函數(shù)⇒a∈（-1，0）…（4分）
（2）φ'（x）=p-（x+x²+x³+px⁴），x∈[0，p]⇒ϕ'（x）在[0，p]上為單調(diào)遞減，…（6分）
又φ'（0）=p＞0，φ'（p）=-p²-p³-p⁵＜0，
∴?x₀∈（0，p），使得φ'（x₀）=0，⇒φ（x）在[0，x₀]上為單調(diào)遞增，
在[x₀，p]上單調(diào)遞減，⇒ϕ（x）是[0，p]上的F函數(shù)；          …（8分）
（3）ϕ（x）=（x²-x）（x²-x+t）的導(dǎo)數(shù)為ϕ'（x）=（2x-1）（2x²-2x+t），
方程2x²-2x+t=0的判別式為△=4-8t，
當(dāng)△≤0即$t≥\frac{1}{2}$時(shí)，2x²-2x+t≥0恒成立，
此時(shí)$x≤\frac{1}{2}$時(shí)，ϕ'（x）≤0，ϕ（x）單調(diào)遞減；$x≥\frac{1}{2}$時(shí)，ϕ'（x）≥0，ϕ（x）單調(diào)遞增；
故ϕ（x）不是F函數(shù)．            …（9分）
當(dāng)△＞0即$t＜\frac{1}{2}$時(shí)，
方程2x²-2x+t=0的兩根分別為${x_1}=\frac{{1-\sqrt{1-2t}}}{2}$，${x_2}=\frac{{1+\sqrt{1-2t}}}{2}$，
顯然${x_1}＜\frac{1}{2}＜{x_2}$，且$ϕ'（x）=4（x-{x_1}）（x-\frac{1}{2}）（x-{x_2}）$，
⇒ϕ（x）在（-∞，x₁）和$（\frac{1}{2}，{x_2}）$上為減，在$（{x_1}，\frac{1}{2}）$和（x₂，+∞）上為增．
所以ϕ（x）是在D（D⊆[x₁，x₂]且D≠Φ）上的F函數(shù)．
綜上所述，若ϕ（x）為[m，n]上的F函數(shù)，則t的取值范圍為$（-∞，\frac{1}{2}）$…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查新定義的理解和運(yùn)用，考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求單調(diào)性，考查分類討論和運(yùn)算能力，屬于中檔題．