Question

13．已知函數(shù)f（x）=（m-1）x²+x+1，（m∈R）．
（1）函數(shù)h（x）=f（tanx）-2在[0，$\frac{π}{2}$）上有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，求m的取值范圍；
（2）當(dāng)1＜m＜$\frac{3}{2}$時(shí)，f（cosx）的最大值為$\frac{9}{4}$，求f（x）的最小值；
（3）函數(shù)g（x）=f（cosx）+f（sinx），對(duì)于任意x∈[-$\frac{π}{2}$，0]，存在t∈[1，4]，使得g（x）≥f（t），試求m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）通過換元法以及二次函數(shù)的性質(zhì)求出m的范圍即可；
（2）求出f（cosx）的解析式，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出f（cosx）的最大值，得到關(guān)于m的方程，求出m的值，從而求出函數(shù)的解析式，求出函數(shù)的最小值即可；
（3）問題轉(zhuǎn)化為g（x）_min≥f（t）有解，求出g（x）的最小值，再分離參數(shù)m，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出m的范圍即可．

解答 解：（1）h（x）=f（tanx）-2=（m-1）tan²x+tanx-1，
∵x∈[0，$\frac{π}{2}$），tanx∈[0，+∞），
令tanx=t∈[0，+∞），
則（m-1）t²+t-1=0在[0，+∞）上有2個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，
于是$\left\{\begin{array}{l}{△=1+4（m-1）＞0}\\{{{t}_{1}t}_{2}=-\frac{1}{m-1}＞0}\\{{t}_{1}{+t}_{2}=-\frac{1}{m-1}＞0}\end{array}\right.$，解得：$\frac{3}{4}$＜m＜1；
（2）f（x）=ab=（mx+1）x+（1+x）（1-x）=（m-1）x²+x+1，
f（cosx）=（m-1）[cosx+$\frac{1}{2（m-1）}$]+1-$\frac{1}{4（m-1）}$，
∵1＜m＜$\frac{3}{2}$，∴0＜2（m-1）＜1，$\frac{1}{2（m-1）}$＞1，-$\frac{1}{2（m-1）}$＜-1，
∴當(dāng)cosx=1時(shí)即x=kπ+$\frac{π}{2}$，k∈z時(shí)取最大值，
f（cosx）_max=f（1）=m+1=$\frac{9}{4}$，
∴m=$\frac{5}{4}$，
∴f（x）=$\frac{1}{4}$x²+x+1，
∴f（x）_min=0；
（3）由題意得：g（x）_min≥f（t）有解，
g（x）=f（cosx）=f（sinx）
=（m-1）cos²x+cosx+1+（m-1）sin²x+sinx+1
=sinx+cosx+m+1
=$\sqrt{2}$sin（x+$\frac{π}{4}$）+m+1，
∵-$\frac{π}{2}$≤x≤0，-$\frac{π}{4}$≤x+$\frac{π}{4}$≤$\frac{π}{4}$，
∴-$\frac{\sqrt{2}}{2}$≤sin（x+$\frac{π}{4}$）≤$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴m≤$\sqrt{2}$sin（x+$\frac{π}{4}$）+m+1≤m+2，
故g（x）_min=m，
而f（t）=（m-1）t²+t+1，t∈[1，4]，
由題意（m-1）t²+t+1≤m有解，
當(dāng)t=1時(shí)，不等式成立，
當(dāng)t∈（1，4]時(shí)，m≤$\frac{{t}^{2}-t-1}{{t}^{2}-1}$=1-$\frac{t}{{t}^{2}-1}$，
令h（t）=1-$\frac{t}{{t}^{2}-1}$=1-$\frac{1}{t-\frac{1}{t}}$，
h（t）在[1，4]遞增，
故h（t）_max=h（4）=$\frac{11}{15}$，
故m≤$\frac{11}{15}$，
綜上，m的范圍是（-∞，$\frac{11}{15}$]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查三角函數(shù)以及二次函數(shù)的性質(zhì)，考查轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．