Question

17．已知函數(shù)f（x）=-x²+mx+1，（x∈R）
①求f（x）在[-1，1]上的最小值．
②對于函數(shù)y=g（x）在定義域內(nèi)給定區(qū)間[a，b]，如果存在x₀（a＜x₀＜b）滿足$g（{x_0}）=\frac{g（b）-g（a）}{b-a}$，則稱函數(shù)g（x）是區(qū)間[a，b]上的“平均值函數(shù)”，x₀是它的一個“均值點”．如函數(shù)y=x²是[-1，1]上的平均值函數(shù)，0就是它的均值點．若函數(shù)f（x）是區(qū)間[-1，1]上的平均值函數(shù)，求實數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)對稱軸與區(qū)間[-1，1]的關(guān)系討論f（x）在[-1，1]上的單調(diào)性，利用單調(diào)性求出最小值；
（2）求出f（x）在（-1，1）上的值域A，令$\frac{f（1）-f（-1）}{2}$∈A即可．

解答 解：（1）f（x）=-x²+mx+1=-（x-$\frac{m}{2}$）²+$\frac{{m}^{2}}{4}$+1，f（x）的圖象開口向下，對稱軸是x=$\frac{m}{2}$，
若$\frac{m}{2}$≤-1，即m≤-2時，f（x）在[-1，1]上是減函數(shù)，∴f_min（x）=f（1）=m；
若$\frac{m}{2}$≥1，即m≥2時，f（x）在[-1，1]上是增函數(shù)，∴f_min（x）=f（-1）=-m；
若-1＜$\frac{m}{2}$≤0，即-2＜m≤0時，∴f_min（x）=f（1）=m；
若0＜$\frac{m}{2}$＜1，即0＜m＜2時，∴f_min（x）=f（-1）=-m；
綜上，當(dāng)m≤0時，f_min（x）=m；當(dāng)m＞0時，f_min（x）=-m．
（2）∵函數(shù)f（x）是區(qū)間[-1，1]上的平均值函數(shù)，
∴存在x₀∈（-1，1）使得f（x₀）=$\frac{f（1）-f（-1）}{2}$=m；
由（1）可知
當(dāng)m≤-2時，f（x）在[-1，1]上單調(diào)遞減，f_max（x）=f（-1）=-m，f_min（x）=f（1）=m，
∴不存在x₀∈（-1，1）使得f（x₀）=m；
當(dāng)m≥2時，f（x）在[-1，1]上單調(diào)遞增，f_max（x）=f（1）=m，f_min（x）=f（-1）=-m，
∴不存在x₀∈（-1，1）使得f（x₀）=m；
當(dāng)-2＜m≤0時，f_max（x）=f（$\frac{m}{2}$）=$\frac{{m}^{2}}{4}+1$，f_min（x）=f（1）=m，
∴不存在x₀∈（-1，1）使得f（x₀）=m；
當(dāng)0＜m＜2時，f_min（x）=f（-1）=-m，f_max（x）=f（$\frac{m}{2}$）=$\frac{{m}^{2}}{4}+1$，
令-m＜m≤$\frac{{m}^{2}}{4}+1$ 解得0＜m＜2．
綜上，實數(shù)m的取值范圍是（0，2）．

點評 本題考查了二次函數(shù)的單調(diào)性、最值與對稱軸的關(guān)系，對參數(shù)m進行分類討論是解題的關(guān)鍵．