Question

15．设定义在区间[x₁，x₂]上的函数y=f（x）的图象为C，点A、B的坐标分别为（x₁，f（x₁）），（x₂，f（x₂））且M（x，f（x））为图象C上的任意一点，O为坐标原点，当实数λ满足x=λx₁+（1-λ）x₂时，记向量$\overrightarrow{ON}=λ\overrightarrow{OA}+（1-λ）\overrightarrow{OB}$．若|$\overrightarrow{MN}$|≤k恒成立，则称函数y=f（x）在区间[x₁，x₂]上可在标准k下线性近似，其中k是一个确定的正数．
（1）设函数f（x）=x²在区间[0，1]上可在标准k下线性近似，求k的取值范围；
（2）已知函数g（x）=lnx的反函数为h（x），函数F（x）=[h（x）]^a-x，（a≠0），点C（x₁，F（x₁））、D（x₂，F（x₂）），记直线CD的斜率为μ，若x₁-x₂＜0，问：是否存在x₀∈（x₁，x₂），使F′（x₀）＞μ成立？若存在，求x₀的取值范围；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）由已知中函数f（x）=x²在区间[0，1]上可在标准k下线性近似，结合函数y=f（x）在区间[x₁，x₂]上可在标准k下线性近似的定义，可得k的取值范围；
（2）存在$\frac{1}{a}$ln$\frac{{e}^{{ax}_{1}}-{e}^{{ax}_{2}}}{a（{x}_{2}-{x}_{1}）}$成立，且x₀的取值范围为（$\frac{1}{a}$ln$\frac{{e}^{{ax}_{1}}-{e}^{{ax}_{2}}}{a（{x}_{2}-{x}_{1}）}$，x₂），结合零点存在定理，可证得结论．

解答 解：（1）由x=λx₁+（1-λ）x₂与$\overrightarrow{ON}=λ\overrightarrow{OA}+（1-λ）\overrightarrow{OB}$．，
得N和M的横坐标相同．
对于区间[0，1]上的函数f（x）=x²，A（0，0），B（1，1），
则有|$\overrightarrow{MN}$|=x-x²=-（x-$\frac{1}{2}$）²-$\frac{1}{4}$，
∴|$\overrightarrow{MN}$|∈[0，$\frac{1}{4}$]，
再由|$\overrightarrow{MN}$|≤k恒成立，可得k≥$\frac{1}{4}$．
故k的取值范围为[$\frac{1}{4}$，+∞）；
（2）由题意知，μ=$\frac{{e}^{{ax}_{1}}-{e}^{{ax}_{2}}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$-1，
 令G（x）=F′（x）-μ=ae^ax-$\frac{{e}^{{ax}_{1}}-{e}^{{ax}_{2}}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$．
则G（x₁）=${ae}^{a{x}_{1}}$-$\frac{{e}^{{ax}_{1}}-{e}^{{ax}_{2}}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$，
G（x₂）=${ae}^{a{x}_{2}}$-$\frac{{e}^{{ax}_{1}}-{e}^{{ax}_{2}}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$，
令φ（t）=-t+e^t-1．则φ′（t）=-1+e^t，
当t＜0时，φ′（t）＜0，φ（t）单调递减；
当t＞0时，φ′（t）＞0，φ（t）单调递增．
故当t≠0时，φ（t）＞φ（0）=0，
即-t+e^t-1＞0，
又∵x₁-x₂＜0，
从而G（x₁）＜0，G（x₂）＜0．
由零点存在性定理可得：存在c∈（x₁，x₂），使得G（c）=0，
又G′（x）=ae^ax＞0，所以G（x）单调递增，故存在唯一的c，使得G（c）=0．
由G（c）=0得：c=$\frac{1}{a}$ln$\frac{{e}^{{ax}_{1}}-{e}^{{ax}_{2}}}{a（{x}_{2}-{x}_{1}）}$．
故当且仅当x₀∈（$\frac{1}{a}$ln$\frac{{e}^{{ax}_{1}}-{e}^{{ax}_{2}}}{a（{x}_{2}-{x}_{1}）}$，x₂），使F′（x₀）＞μ
综上所述，存在$\frac{1}{a}$ln$\frac{{e}^{{ax}_{1}}-{e}^{{ax}_{2}}}{a（{x}_{2}-{x}_{1}）}$成立，且x₀的取值范围为（$\frac{1}{a}$ln$\frac{{e}^{{ax}_{1}}-{e}^{{ax}_{2}}}{a（{x}_{2}-{x}_{1}）}$，x₂）

点评 本题考查的知识点是利用函数研究函数的单调性，函数的零点存在定理，存在性问题，向量法表述三点共线的充要条件，综合性强，转化困难，属于难题．