Question

12．设定义在区间[x₁，x₂]上的函数y=f（x）的图象为C，A（x₁，f（x₁））、B（x₂，f（x₂）），且（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）根据题意，利用平面向量的线性运算与新定义的公式列出不等式求出k的取值范围；
（2）由反函数的定义求出h（x）=e^x、F（x）与F′（x），构造函数G（x）=F′（x）-μ，判断G（x₁）、G（x₂）的符号，利用零点存在性定理得出结论．

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[$\frac{1}{4}$，+∞）；…4分
（2）由题意知，h（x）=e^x，F（x）=[h（x）]^a-x=e^ax-x，
μ=$\frac{{e}^{{ax}_{2}}{-e}^{{ax}_{1}}}{{x}_{2}{-x}_{1}}$-1；
令G（x）=F′（x）-μ=ae^ax-$\frac{{e}^{{ax}_{2}}{-e}^{{ax}_{1}}}{{x}_{2}{-x}_{1}}$；则
G（x₁）=a${e}^{{x}_{1}}$-$\frac{{e}^{{ax}_{2}}{-e}^{{ax}_{1}}}{{x}_{2}{-x}_{1}}$=-$\frac{{e}^{{ax}_{1}}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$[-a（x₂-x₁）+${e}^{a{{（x}_{2}-x}_{1}）}$-1]，
G（x₂）=$\frac{{e}^{{ax}_{2}}}{{x}_{2}{-x}_{1}}$[-a（x₁-x₂）+${e}^{a{（x}_{1}{-x}_{2}）}$-1]；
令φ（t）=-t+e^t-1，则φ′（t）=-1+e^t；…8分，
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；
又因为x₁-x₂＜0，
从而-a（x₂-x₁）+${e}^{a{（x}_{2}{-x}_{1}）}$-1＞0，
-a（x₁-x₂）+${e}^{{a（x}_{1}{-x}_{2}）}$-1＞0，
所以G（x₂）＞0，G（x₁）＜0；
由零点存在性定理可得：存在c∈（x₁，x₂），使得G（c）=0；
又G′（x）=a²e^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，解得c=$\frac{1}{a}$ln$\frac{{e}^{{ax}_{2}}{-e}^{{ax}_{1}}}{a{（x}_{2}{-x}_{1}）}$；
故当且仅当x₀∈（$\frac{1}{a}$ln$\frac{{e}^{{ax}_{2}}{-e}^{{ax}_{1}}}{a{（x}_{2}{-x}_{1}）}$，x₂）时，F′（x₀）＞μ；
综上所述，存在x₀∈（x₁，x₂），使F′（x₀）＞μ成立，
且x₀的取值范围是（$\frac{1}{a}$ln$\frac{{e}^{{ax}_{2}}{-e}^{{ax}_{1}}}{a{（x}_{2}{-x}_{1}）}$，x₂）．

点评 本题考查了函数的性质与应用问题，也考查了平面向量与不等式的应用问题，是综合题．