Question

19．定義在R上的函數(shù)f（x）滿足f（x+2）=$\frac{1}{2}$f（x），當(dāng)x∈[0，2）時(shí)，f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{2}-2{x}^{2}，0≤x＜1}\\{-{2}^{1-|x-\frac{3}{2}|}，1≤x＜2}\end{array}\right.$，函數(shù)g（x）=（2x-x²）e^x+m，若?x₁∈[-4，-2），?x₂∈[-1，2]，使得不等式f（x₁）-g（x₂）≥0成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是（　�。�

• A． （-∞，-8]
• B． （-∞，$\frac{3}{e}$+8]
• C． [$\frac{3}{e}$-8，+∞）
• D． （-∞，$\frac{3}{e}$-8]

Answer 1

分析 由f（x+2）=$\frac{1}{2}$f（x）得f（-$\frac{1}{2}$）=2f（$\frac{3}{2}$）=2×（-2）=-4，x∈[-4，-3]，f（-$\frac{5}{2}$）=2f（-$\frac{1}{2}$）=-8，?x₁∈[-4，2），f（x₁）_最小=-8，借助導(dǎo)數(shù)求出g（t）_最小，不等式f（x₁）-g（x₂）≥0恒成立，得出f（x₁）_最小≥g（x₂）_最小，求解即可．

解答 解：∵當(dāng)x∈[0，2）時(shí)，f（x）=$\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{2}-2{x^2}，\;0≤x＜1\\-\;{2^{1-\;|\;x\;-\;\;\frac{3}{2}\;|}}，\;\;1≤x＜2.\end{array}\right.$，
∴x∈[0，2），f（0）=$\frac{1}{2}$為最大值，
∵f（x+2）=$\frac{1}{2}$f（x），
∴f（x）=2f（x+2），
∵x∈[-2，0]，
∴f（-2）=2f（0）=2×$\frac{1}{2}$=1，
∵x∈[-4，-3]，
∴f（-4）=2f（-2）=2×1=2，
∵?x₁∈[-4，2），
∴f（x₁）_最大=2，
∵f（x）=2f（x+2），
x∈[-2，0]，
∴f（-$\frac{1}{2}$）=2f（$\frac{3}{2}$）=2×（-2）=-4，
∵x∈[-4，-3]，
∴f（-$\frac{5}{2}$）=2f（-$\frac{1}{2}$）=-8，
∵?x₁∈[-4，2），
∴f（x₁）_最小=-8，
∵函數(shù)g（x）=（2x-x²）e^x+m，
∴g′（x）=（2-x²）e^x，
由g′（x）=（2-x²）e^x=0，得2-x²=0，
得x=$\sqrt{2}$，或x=-$\sqrt{2}$，
當(dāng)-1≤x≤$\sqrt{2}$時(shí)，g′（x）＞0，
當(dāng)$\sqrt{2}$≤x≤2時(shí)，g′（x）＜0，
則g（2）=m，g（-1）=-$\frac{3}{e}$+m，
則當(dāng)x₂∈[-1，2]時(shí)，
g（x₂）_最小=g（-1）=-$\frac{3}{e}$+m，
∵不等式等式f（x₁）-g（x₂）≥0成立，
∴-8≥-$\frac{3}{e}$+m，
故實(shí)數(shù)滿足：m≤$\frac{3}{e}$-8，
故選：D．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)最值的以及圖象的應(yīng)用，判斷最大值，最小值問題，來解決恒成立和存在性問題，根據(jù)條件轉(zhuǎn)化求函數(shù)的最值是解決本題的關(guān)鍵．綜合性較強(qiáng)，難度較大．