Question

3．已知定義在R上的連續(xù)函數(shù)g（x）滿足：①當(dāng)x＞0時(shí)，g′（x）＞0恒成立（g′（x）為函數(shù)g（x）的導(dǎo)函數(shù)）；②對(duì)任意的x∈R都有g(shù)（x）=g（-x），又函數(shù)f（x）滿足：對(duì)任意的x∈R，都有$f（\sqrt{3}+x）=f（x-\sqrt{3}）$成立．當(dāng)$x∈[-\sqrt{3}，\sqrt{3}]$時(shí)，f（x）=x³-3x．若關(guān)于x的不等式g[f（x）]≤g（a²-a+2）對(duì)?x∈[-$\sqrt{3}$，$\frac{3}{2}+2\sqrt{3}$]恒成立，則a的取值范圍是（　�。�

• A． a∈R
• B． 0≤a≤1
• C． $-\frac{1}{2}-\frac{{3\sqrt{3}}}{4}≤a≤-\frac{1}{2}+\frac{{3\sqrt{3}}}{4}$
• D． a≤0或a≥1

Answer 1

分析 由于函數(shù)g（x）滿足：①當(dāng)x＞0時(shí)，g'（x）＞0恒成立（g′（x）為函數(shù)g（x）的導(dǎo)函數(shù)）；②對(duì)任意x∈R都有g(shù)（x）=g（-x），這說(shuō)明函數(shù)g（x）為R上的偶函數(shù)且在[0，+∞）上為單調(diào)遞增函數(shù)，且有g(shù)|（x|）=g（x），所以g[f（x）]≤g（a²-a+2）?|f（x）|≤|a²-a+2|對(duì)x∈[-$\frac{3}{2}$-2$\sqrt{3}$，$\frac{3}{2}$+2$\sqrt{3}$]恒成立，只要使得|f（x）|在定義域內(nèi)的最大值小于等于|a²-a+2|的最小值，然后解出即可．

解答 解：因?yàn)楹瘮?shù)g（x）滿足：當(dāng)x＞0時(shí)，g′（x）＞0恒成立且對(duì)任意x∈R都有g(shù)（x）=g（-x），
則函數(shù)g（x）為R上的偶函數(shù)且在[0，+∞）上為單調(diào)遞增函數(shù)，且有g(shù)（|x|）=g（x），
所以g[f（x）]≤g（a²-a+2）在R上恒成立?|f（x）|≤|a²-a+2|對(duì)x∈[-$\frac{3}{2}$-2$\sqrt{3}$，$\frac{3}{2}$+2$\sqrt{3}$]恒成立，
只要使得定義域內(nèi)|f（x）|_max≤|a²-a+2|_min，由于當(dāng)x∈[-$\sqrt{3}$，$\sqrt{3}$]時(shí)，f（x）=x³-3x，
求導(dǎo)得：f′（x）=3x²-3=3（x+1）（x-1），該函數(shù)過(guò)點(diǎn)（-$\sqrt{3}$，0），（0，0），（$\sqrt{3}$，0），
且函數(shù)在x=-1處取得極大值f（-1）=2，在x=1處取得極小值f（1）=-2，
又由于對(duì)任意的x∈R都有f（$\sqrt{3}$+x）=-f（x）?f（2$\sqrt{3}$+x）=-f（$\sqrt{3}$+x）=f（x）成立，
則函數(shù)f（x）為周期函數(shù)且周期為T(mén)=2$\sqrt{3}$，
所以函數(shù)f（x）在x∈[-$\sqrt{3}$，$\frac{3}{2}+2\sqrt{3}$]的最大值為2，
所以令2≤|a²-a+2|解得：a≥1或a≤0．
故選：D．

點(diǎn)評(píng) 此題考查了利用導(dǎo)函數(shù)求得函數(shù)在定義域上為單調(diào)遞增函數(shù)，還考查了函數(shù)的周期的定義，及利用周期可以求得當(dāng)x∈[-$\sqrt{3}$，$\sqrt{3}$]時(shí)，f（x）=x³-3x的值域?yàn)閇-2，2]，還考查了函數(shù)恒成立．