Question

6．函數(shù)f（x）定義在區(qū)間[a，b]上，設(shè)“min{f（x）|x∈D}”表示函數(shù)f（x）在集合D上的最小值，“max{f（x）|x∈D}”表示函數(shù)f（x）在集合D上的最大值．現(xiàn)設(shè)f₁（x）=min{f（t）|a≤t≤x}（x∈[a，b]），f₂（x）=max{f（t）|a≤t≤x}（x∈[a，b]），若存在最小正整數(shù)k，使得f₂（x）-f₁（x）≤k（x-a）對任意的x∈[a，b]成立，則稱函數(shù)f（x）為區(qū)間[a，b]上的“第k類壓縮函數(shù)”．
（1）若函數(shù)f（x）=x³-3x²，x∈[0，3]，求f（x）的最大值，寫出f₁（x）、f₂（x）的解析式；
（2）若m＞0，函數(shù)f（x）=x³-mx²是[0，m]上的“第3類壓縮函數(shù)”，求m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求得f（x）的導(dǎo)數(shù)，求得單調(diào)區(qū)間可得極值和最值，由新定義可得f₁（x）、f₂（x）的解析式；
（2）求得f（x）的導(dǎo)數(shù)，求得單調(diào)區(qū)間可得極值和最值，由新定義可得f₁（x）、f₂（x）的解析式，由恒成立思想，運用參數(shù)分離和不等式的解法，即可得到m的范圍．

解答 解：（1）由于f'（x）=3x²-6x，故f（x）在[0，2]上單調(diào)遞減，在[2，3]上單調(diào)遞增．
所以，f（x）的最大值為max{f（0），f（3）}=0．
即有${f_1}（x）=\left\{{\begin{array}{l}{{x^3}-3{x^2}，0≤x≤2}\\{-4，\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;2＜x≤3}\end{array}}\right.$，f₂（x）=0；
（2）由于f'（x）=3x²-2mx，故f（x）在$[0，\frac{2m}{3}]$上單調(diào)遞減，在$[\frac{2m}{3}，m]$上單調(diào)遞增，
而f（0）=f（m）=0，$f（\frac{2m}{3}）=-\frac{{4{m^3}}}{27}$，
故${f_1}（x）=\left\{{\begin{array}{l}{{x^3}-m{x^2}，0≤x≤\frac{2m}{3}}\\{-\frac{{4{m^3}}}{27}，\;\;\;\;\frac{2m}{3}＜x≤3}\end{array}}\right.$，f₂（x）=0，
${f_2}（x）-{f_1}（x）=\left\{{\begin{array}{l}{m{x^2}-{x^3}，0≤x≤\frac{2m}{3}}\\{\frac{{4{m^3}}}{27}，\;\;\;\;\;\;\frac{2m}{3}＜x≤3}\end{array}}\right.$．
設(shè)對正整數(shù)k有f₂（x）-f₁（x）≤kx對x∈[0，m]恒成立，
當(dāng)x=0時，k∈N^*均成立；
當(dāng)$0＜x≤\frac{2m}{3}$時，$k≥\frac{{{f_2}（x）-{f_1}（x）}}{x}$恒成立，
而$\frac{{{f_2}（x）-{f_1}（x）}}{x}=-{x^2}+mx=-{（x-\frac{m}{2}）^2}+\frac{m^2}{4}≤\frac{m^2}{4}$，故$k≥\frac{m^2}{4}$；
當(dāng)$\frac{2m}{3}＜x≤m$時，$k≥\frac{{{f_2}（x）-{f_1}（x）}}{x}$恒成立，而$\frac{{{f_2}（x）-{f_1}（x）}}{x}=\frac{{\frac{{4{m^3}}}{27}}}{x}=\frac{{4{m^3}}}{27x}＜\frac{{2{m^2}}}{9}$；
故$k≥\frac{{2{m^2}}}{9}$；所以，$k≥\frac{m^2}{4}$，
又f（x）是[0，3]上的“第3類壓縮函數(shù)”，故$2＜\frac{m^2}{4}≤3$，
所以，$2\sqrt{2}＜m≤2\sqrt{3}$．

點評 本題考查新定義的理解和運用，考查導(dǎo)數(shù)的運用：求單調(diào)區(qū)間和極值、最值，同時考查不等式恒成立問題的解法，考查運算能力，屬于中檔題．