Question

13．已知函数f（x）=（m-1）x²+x+1，（m∈R）．
（1）函数h（x）=f（tanx）-2在[0，$\frac{π}{2}$）上有两个不同的零点，求m的取值范围；
（2）当1＜m＜$\frac{3}{2}$时，f（cosx）的最大值为$\frac{9}{4}$，求f（x）的最小值；
（3）函数g（x）=f（cosx）+f（sinx），对于任意x∈[-$\frac{π}{2}$，0]，存在t∈[1，4]，使得g（x）≥f（t），试求m的取值范围．

Answer 1

分析 （1）通过换元法以及二次函数的性质求出m的范围即可；
（2）求出f（cosx）的解析式，根据函数的单调性求出f（cosx）的最大值，得到关于m的方程，求出m的值，从而求出函数的解析式，求出函数的最小值即可；
（3）问题转化为g（x）_min≥f（t）有解，求出g（x）的最小值，再分离参数m，根据函数的单调性求出m的范围即可．

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，+∞），
则（m-1）t²+t-1=0在[0，+∞）上有2个不同的实数根，
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，
∴当cosx=1时即x=kπ+$\frac{π}{2}$，k∈z时取最大值，
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）由题意得：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]，
由题意（m-1）t²+t+1≤m有解，
当t=1时，不等式成立，
当t∈（1，4]时，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]递增，
故h（t）_max=h（4）=$\frac{11}{15}$，
故m≤$\frac{11}{15}$，
综上，m的范围是（-∞，$\frac{11}{15}$]．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查三角函数以及二次函数的性质，考查转化思想，是一道综合题．