Question

6．若函數(shù)f（x）為定義域D上的單調(diào)函數(shù)，且存在區(qū)間[a，b]⊆D，使得當x∈[a，b]時，函數(shù)f（x）的值域恰好為[a，b]，則稱函數(shù)f（x）為D上的“正函數(shù)”，區(qū)間[a，b]為函數(shù)f（x）的“正區(qū)間”．
（1）試判斷函數(shù)f（x）=$\frac{3}{4}$x²-3x+4是否為“正函數(shù)”？若是“正函數(shù)”，求函數(shù)f（x）的“正區(qū)間”；若不是“正函數(shù)”，請說明理由；
（2）設命題p：f（x）=$\sqrt{x-\frac{8}{9}}$+m是“正函數(shù)”；命題q：g（x）=x²-m（x＜0）是“正函數(shù)”．若p∧q是真命題，求實數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）先求出函數(shù)的對稱軸，通過討論[a，b]的范圍，得到關于a，b的不等式組，解出即可；
（2）先求出p，q為真時的m的范圍，從而求出p∧q是真命題時的m的范圍即可．

解答 解：（1）假設f（x）是“正函數(shù)”，其“正區(qū)間”為[a，b]，
該二次函數(shù)開口向上，對稱軸為x=2，最小值為f（x）_min=1，
所以可分3種情況：
①當對稱軸x=2在區(qū)間[a，b]的左側時，函數(shù)在區(qū)間[a，b]上單調(diào)遞增，
所以此時$\left\{\begin{array}{l}{a≥2}\\{a＜b}\\{f（a）=a}\\{f（b）=b}\end{array}\right.$即$\left\{\begin{array}{l}{a=4}\\{b=4或\frac{4}{3}}\end{array}\right.（舍）$；
②當對稱軸x=2在區(qū)間[a，b]的右側時，
函數(shù)在區(qū)間[a，b]上單調(diào)遞減，
所以此時$\left\{\begin{array}{l}{b≤2}\\{a＜b}\\{f（a）=b}\\{f（b）=a}\end{array}\right.$即$\left\{\begin{array}{l}{a=\frac{4}{3}}\\{\\;b=\frac{4}{3}}\end{array}\right.（舍）$；
③當對稱軸x=2在區(qū)間[a，b]內(nèi)時，函數(shù)在區(qū)間[a，2]上單調(diào)遞減，在區(qū)間（2，b]上單調(diào)遞增，
所以此時a＜2＜b，函數(shù)在區(qū)間[a，b]內(nèi)的最小1值為1，也是值域的最小值a，所以a=1，
同時可知函數(shù)值域的最大值一定大于2．
通過計算可知f（a）=f（1）=f（3）=$\frac{7}{4}$＜2，
所以可知函數(shù)在x=b時取得最大值b，即f（b）=b．所以b=4．
通過驗證可知，函數(shù)f（x）=$\frac{3}{4}$x²-3x+4在區(qū)間[1，4]內(nèi)的值域為[1，4]．
綜上可知：f（x）是“正函數(shù)”，其“正區(qū)間”為[1，4]．-----（5分）
（2）若P真，則由函數(shù)f（x）在（-∞，$\frac{8}{9}$]上單調(diào)遞增得f（x）=x在（-∞，$\frac{8}{9}$]上有兩個不同實根，
即m=x-$\sqrt{x-\frac{8}{9}}$，通過換元和結合函數(shù)的圖象可得m∈（$\frac{23}{36}$，$\frac{8}{9}$]-------（8分）
若q真，f（x）在（-∞，0）上單減，故a＜b＜0時有$\left\{\begin{array}{l}{f（a）=b}\\{f（b）=a}\end{array}\right.$，
兩式相減得：a+b=-1，由a＜b＜0得：a∈（-1，-$\frac{1}{2}$），
從而a²+a-m+1=0在a∈（-1，-$\frac{1}{2}$）是有解，
從而m∈（$\frac{3}{4}$，1）-------（11分），
所以p∧q是真命題時：m∈（$\frac{3}{4}$，$\frac{8}{9}$]----（12分）

點評 本題考查了新定義問題，考查分類討論思想，復合命題的判斷，是一道中檔題．