Question

20．定義：如果函數(shù)f（x）在[a，b]上存在x₁，x₂（a＜x₁＜x₂＜b），滿足f′（x₁）=f′（x₂）=$\frac{f（a）-f（b）}{a-b}$，則稱數(shù)x₁，x₂為[a，b]上的“對(duì)望數(shù)”，函數(shù)f（x）為[a，b]上的“對(duì)望函數(shù)”，給出下列四個(gè)命題：
（1）二次函數(shù)f（x）=x²+mx+n在任意區(qū)間[a，b]上都不可能是“對(duì)望函數(shù)”；
（2）函數(shù)f（x）=$\frac{1}{3}$x³-x²+2是[0，2]上的“對(duì)望函數(shù)”；
（3）函數(shù)f（x）=x+sinx是[$\frac{π}{6}$，$\frac{11π}{6}$]上的“對(duì)望函數(shù)”；
（4）f（x）為[a，b]上的“對(duì)望函數(shù)”，則f（x）在[a，b]上不單調(diào)
其中正確命題的序號(hào)為（1），（2），（4）（填上所有正確命題的序號(hào)）

Answer 1

分析 根據(jù)函數(shù)的定義結(jié)合二次函數(shù)性質(zhì)判斷（1），根據(jù)函數(shù)的導(dǎo)數(shù)判斷（2），根據(jù)三角函數(shù)的性質(zhì)判斷（3），根據(jù)定義判斷（4）即可．

解答 解：（1）設(shè)二次函數(shù)f（x）=x²+mx+n在區(qū)間[a，b]上是“對(duì)望函數(shù)”，
則f′（x₁）=f′（x₂）=2x₁+m=2x₂+m，∴x₁=x₂，與定義不符，
故二次函數(shù)f（x）=x²+mx+n在任意區(qū)間[a，b]上都不可能是“對(duì)望函數(shù)”，（1）正確；
（2）∵函數(shù)f（x）=$\frac{1}{3}$x³-x²+2，
∴f′（x）=x²-2x，$\frac{f（a）-f（b）}{a-b}$=$\frac{f（0）-f（2）}{0-2}$=$\frac{2-（\frac{8}{3}-2）}{0-2}$=-$\frac{2}{3}$，
令x²-2x=-$\frac{2}{3}$，解得：x₁=$\frac{3-\sqrt{3}}{3}$，x₂=$\frac{3+\sqrt{3}}{3}$，
而0＜x₁＜x₂＜2，
故f（x）是[0，2]上的“對(duì)望函數(shù)”，（2）正確；
（3）∵函數(shù)f（x）=x+sinx，
∴f′（x）=1+cosx，$\frac{f（\frac{π}{6}）-f（\frac{11π}{6}）}{\frac{π}{6}-\frac{11π}{6}}$=$\frac{3}{5π}$-1，
令1+cosx=$\frac{3}{5π}$-1，∴cosx=$\frac{3}{5π}$-2＜-1，無(wú)解，
故f（x）=x+sinx不是[$\frac{π}{6}$，$\frac{11π}{6}$]上的“對(duì)望函數(shù)”，（3）錯(cuò)誤；
（4）f（x）為[a，b]上的“對(duì)望函數(shù)”，則f′（x）=0在[a，b]上有兩個(gè)不相等的實(shí)根，
則f（x）在[a，b]上不單調(diào)，（4）正確；
其中正確命題的序號(hào)為 （1），（2），（4），
故答案為：（1），（2），（4）．

點(diǎn)評(píng) 本題是一道新定義函數(shù)問題，考查對(duì)函數(shù)性質(zhì)的理解和應(yīng)用．解題時(shí)首先求出函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)，再將新定義函數(shù)的性質(zhì)轉(zhuǎn)化為導(dǎo)函數(shù)的性質(zhì)，進(jìn)而結(jié)合函數(shù)的零點(diǎn)情況確定所滿足的條件，解之即得所求．屬于中檔題．