Question

函數(shù)f（x）的定義域為D，若存在閉區(qū)間[a，b]⊆D，使得函數(shù)f（x）滿足：（1）f（x）在[a，b]內(nèi)是單調(diào)函數(shù)；（2）f（x）在[a，b]上的值域為[ka，kb]，則稱區(qū)間[a，b]為y=f（x）的“和諧k區(qū)間”．
（Ⅰ）若函數(shù)f（x）=e^x存在“和諧k區(qū)間”，求正整數(shù)k的最小值；
（Ⅱ）若函數(shù)g（x）=

m

2

x²-（m+2）lnx+2x（m≥0）存在“和諧2區(qū)間”，求實數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

考點：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：新定義,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：Ⅰ：由f（x）=e^x為R上的增函數(shù)和題設(shè)中的定義“和諧k區(qū)間”．得到新函數(shù)v（x）=e^x-kx（k∈N^*），通過求v'（x）找到單調(diào)區(qū)間，得到v（x）≥v（lnk），由于v（x）在R上有兩個零點，通過v（lnk）＜0，解不等式求出k．
Ⅱ：通過對g（x）求導(dǎo)找出g（x）的單調(diào)區(qū)間（0，1）和（1，+∞），由于[a，b]?（0，1]及m≥0，不合題意；若[a，b]?[1，+∞），再分別討論m=0，m＞0的情況．

解答： 解：（Ⅰ）由于函數(shù)f（x）=e^x為R上的增函數(shù)，若f（x）在[a，b]上的值域為[ka，kb]；
則必有f（a）=ka，f（b）=kb，所以a，b為方程f（x）=kx的兩個不等根，
令v（x）=f（x）-kx=e^x-kx（k∈N^*），則v’（x）=e^x-k，
由v'（x）=e^x-k＞0知x＞lnk，
由v'（x）=e^x-k＜0知x＜lnk，
所以函數(shù)v（x）在區(qū)間（-∞，lnk）單調(diào)遞減，在區(qū)間（lnk，+∞）上單調(diào)遞增，
所以v（x）≥v（lnk），
由于v（x）在R上有兩個零點，所以v（lnk）=e^lnk-klnk=k（1-lnk）＜0．
所以k＞e，又k為正整數(shù)，所以k的最小值為3．
（Ⅱ）由題意知函數(shù)g（x）的定義域為（0，+∞），
g′(x)=mx-

m+2

x

+2=

mx2+2x-m-2

x

=

(x-1)(mx+m+2)

x

，
由于x＞0，m≥0，所以

mx+m+2

x

＞0，
由g'（x）＞0知函數(shù)g（x）在區(qū)間（1，+∞）上單調(diào)遞增；
由g'（x）＜0知函數(shù)g（x）在區(qū)間（0，1）上單調(diào)遞減．
由于函數(shù)g（x）存在“和諧2區(qū)間”[a，b]，若[a，b]?（0，1]，則

g(a)=2b g(b)=2a.

即

g(a)= m 2 a2-(m+2)lna+2a=2b g(b)= m 2 b2-(m+2)lnb+2b=2a.

兩式相加得

m

2

a2+

m

2

b2-(m+2)lna-(m+2)lnb=0，
由于[a，b]?（0，1]及m≥0，易知上式不成立．
若[a，b]?[1，+∞），由g（x）在區(qū)間[1，+∞）上單調(diào)遞增知，a，b為方程f（x）=2x的兩個不等根，
令h(x)=f(x)-2x=

m

2

x2-(m+2)lnx，則h′(x)=mx-

m+2

x

=

mx2-(m+2)

x

．
若m=0，則h（x）=-2lnx在[1，+∞）單調(diào)遞減，不可能有兩個不同零點；…（10分）
若m＞0，h′(x)=

mx2-(m+2)

x

＞0知，h（x）在[

m+2 m

，+∞)上單調(diào)遞增；
由h'（x）＜0知，h（x）在[1，

m+2 m

)上單調(diào)遞減．
函數(shù)h(x)=

m

2

x2-(m+2)lnx在[1，+∞）上有兩個不同零點，又h(1)=

m

2

＞0，
故有h(

m+2 m

)=

m

2

•

m+2

m

-(m+2)ln

m+2 m

＜0，解之得0＜m＜

2

e-1

．
綜上，所求實數(shù)m的取值范圍為0＜m＜

2

e-1

．

點評：本題主要考察了求函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，利用倒數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，最值問題；給出了新定義，屬于創(chuàng)新題型，滲透了分類討論思想．