Question

20．已知函數(shù)f（x）=$\left\{{\begin{array}{l}{-{x^2}+x+k，x≤1}\\{-\frac{1}{2}+{{log}_{\frac{1}{3}}}x，x＞1}\end{array}}$，g（x）=$\frac{x}{{{x^2}+1}}$，若對任意的x₁，x₂∈R，均有f（x₁）≤g（x₂），則實數(shù)k的取值范圍是$（{-∞，-\frac{3}{4}}]$．

Answer 1

分析 對任意的x₁，x₂∈R，均有f（x₁）≤g（x₂）可化為f（x）_max≤g（x）_min，由基本不等式可知g（x）_min=-$\frac{1}{2}$；再分段討論確定函數(shù)f（x）可能的最大值，從而可得$\frac{1}{4}$+k≤-$\frac{1}{2}$，從而解得．

解答 解：若對任意的x₁，x₂∈R，均有f（x₁）≤g（x₂），
則f（x）_max≤g（x）_min，
當(dāng)x=0時，g（x）=0，當(dāng)x＞0時，g（x）＞0，
當(dāng)x＜0時，g（x）＜0，
故g（x）_min在（-∞，0）上取得，
g（x）=$\frac{x}{{{x^2}+1}}$=$\frac{1}{x+\frac{1}{x}}$≥$\frac{1}{-2}$=-$\frac{1}{2}$（當(dāng)且僅當(dāng)x=-1時，等號成立）；
故g（x）_min=-$\frac{1}{2}$；
當(dāng)x＞1時，f（x）=-$\frac{1}{2}$+$lo{g}_{\frac{1}{3}}$x＜-$\frac{1}{2}$；
當(dāng)x≤1時，f（x）=-x²+x+k=-（x-$\frac{1}{2}$）²+$\frac{1}{4}$+k；
故f（x）_max≤g（x）_min可化為
$\frac{1}{4}$+k≤-$\frac{1}{2}$，
故k≤-$\frac{3}{4}$；
故答案為：$（{-∞，-\frac{3}{4}}]$．

點評 本題考查了分段函數(shù)的應(yīng)用及基本不等式在求最值中的應(yīng)用，同時考查了恒成立問題，屬于中檔題．