Question

已知函數(shù)f(x)的圖象在[a，b]上連續(xù)不斷，定義：
f₁(x)=min{f(t)|a≤t≤x}(x∈[a，b])，
f₂(x)=max{f(t)|a≤t≤x}(x∈[a，b])，
其中，min{f(x)|x∈D}表示函數(shù)f(x)在D上的最小值，max{f(x)|x∈D}表示函數(shù)f(x)在D上的最大值。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[a，6]上的“k階收縮函數(shù)”。 (Ⅰ)若f(x)=cosx，x∈[0，π]，試寫出f₁(x)，f₂(x)的表達式；
(Ⅱ)已知函數(shù)f(x)=x²，x∈[-1，4]，試判斷f(x)是否為[-1，4]上的“k階收縮函數(shù)”，如果是，求出對應的k；如果不是，請說明理由；
(Ⅲ)已知b＞0，函數(shù)f(x)=-x³+3x²是[0，b]上的2階收縮函數(shù)，求b的取值范圍．

Answer 1

解：(Ⅰ)由題意可得：f₁(x)=cosx，x∈[0，π]，
f₂(x)=1，x∈[0，π]。
(Ⅱ)，，
，
當x∈[-1，0]時，1-x²≤k（x +1)，∴k≥1-x，k＞2；
當 x∈(0，1)時，1＜k(x+1)，∴ ，∴；
當x∈[1，4]時，x²≤k(x+1) ∴k，∴，
綜上所述，∴，
即存在k=4，使得f(x)是[-1，4]的4階收縮函數(shù)。
(Ⅲ)f′(x)=-3x²+6x=-3x(x-2)，
令f′(x)=0得x=0或x=2，
函數(shù)f(x)的變化情如下：

 令f(x)=0，解得x=0或3，
ⅰ)b≤2時，f(x)在[0，b]上單調(diào)遞增，
因此，f₂(x)=f(x)=-x³+3x²，f₁(x)=f(0)=0，
因為f(x)=-x³+3x²是[0，b]上的2階收縮函數(shù)，
所以，①f₂(x)-f₁(x)≤2(x-0)對x∈[0，b]恒成立；
②存在x∈[0，b]，使得f₂(x)-f₁(x)＞（x-0）成立，
①即：-x³+3x²≤2x對x∈[0，b]恒成立，由-x³+3x²≤2x，解得：0≤x≤1或x≥2，
要使-x³+3x²≤2x對x∈[0，b]恒成立，
需且只需0＜b≤1；
②即：存在x∈[0，b]，使得x（x²-3x+1）＜0成立，
由x(x²-3x+1)＜0得x＜0或，
所以，需且只需，
綜合①②可得；
ⅱ)2＜b≤3時，f(x)在[0，2]上單調(diào)遞增，在[2，b]上單調(diào)遞減，
因此，f₂(x)=f(2)=4，f₁(x)=f(0)=0，
f₂(x)-f₁(x)=4，x-0=x，
顯然當x=0時，f₂(x)-f₁(x)≤2(x- 0)不成立；
ⅲ)當b＞3時，f(x)在[0，2]上單調(diào)遞增，在[2，b]上單調(diào)遞減，因此，f₂(x)=f（2)=4，f₁(x)=f(b)＜0，
f₂(x)-f₁(x)=4-f(b)＞4，x-0=x，
顯然當x=0時，f₂(x)-f₁(x)≤2(x-0)不成立；
綜合ⅰ)ⅱ)ⅲ)可得。