Question

6．若在區(qū)間（a，b）上任意x滿足f（x）＞0，f′（x）＞0，f″（x）＞0，其中f′（x）為f（x）的導(dǎo)數(shù)，f″（x）是f′（x）的導(dǎo)數(shù)，則稱f（x）是區(qū)間（a，b）上的“δ”函數(shù)．已知函數(shù)φ（x）=$\frac{m}{3}$x³-$\frac{1}{2}$x²-x+e^x是區(qū)間（0，+∞）上的“δ”函數(shù)．
（1）實(shí)數(shù)m的取值范圍是m＞-$\frac{1}{2}$；
（2）若g（x）=$\frac{1}{3}$x³-$\frac{1}{2}$x²-x+e^x，記S₁=${∫}_{a}^$g（x）dx，S₂=$\frac{g（a）+g（b）}{2}$•（b-a），S₃=g（a）（b-a），其中b＞a＞0，則S₁，S₂，S₃中最大的為s₂＞s₁＞s₃．

Answer 1

分析 （1）問題轉(zhuǎn)化為e^x＞-2mx+1在（0，+∞）恒成立，畫出函數(shù)的圖象，從而求出m的范圍；
（2）根據(jù)（1），函數(shù)g（x）復(fù)合條件，根據(jù)“凹”函數(shù)的特點(diǎn)結(jié)合定積分的知識進(jìn)行判斷即可．

解答 解：（1）φ′（x）=mx²-x-1+e^x，φ″（x）=2mx-1+e^x，
∵φ（x）=$\frac{m}{3}$x³-$\frac{1}{2}$x²-x+e^x是區(qū)間（0，+∞）上的“δ”函數(shù)，
∴φ（x）的最小值大于φ（0）=1＞0，φ′（x）的最小值大于φ′（0）=0，
φ″（x）=2mx-1+e^x＞0在（0，+∞）恒成立，
即e^x＞-2mx+1在（0，+∞）恒成立，
畫出y=e^x和y=-2mx+1的圖象，如圖示：
，
∴只需直線y=-2mx+1的斜率小于y=e^x在（0，1）處的切線的斜率即可，
即-2m＜1，解得：m＞-$\frac{1}{2}$；
（2）g（x）=$\frac{1}{3}$x³-$\frac{1}{2}$x²-x+e^x，m=1＞-$\frac{1}{2}$，
∴g（x）是區(qū)間（0，+∞）上的“δ”函數(shù)，
任取（a，b）上一點(diǎn)x，g（x）＜$\frac{（x-a）g（a）+（b-x）g（b）}{b-a}$，
首先由Lagrange定理知g（x）-g（a）=（x-a）g′（x₁），x₁為（a，x）上一點(diǎn)．
同樣地，g（b）-g（x）=（b-x）g′（x₂），x₂為（x，b）上一點(diǎn)．
由在[a，b]上g″（x）＞0知g′（x₂）＞g′（x₁），
$\frac{g（x）-g（a）}{x-a}$＜$\frac{g（b）-g（x）}{b-x}$，
∴[g（x）-g（a）]（b-x）＜[g（b）-g（x）]（x-a），g（x）＜$\frac{（x-a）g（a）+（b-x）g（b）}{b-a}$，
這意味著什么呢…請看圖：
，
整個(gè)梯形的面積是（b-a）$\frac{g（a）+g（b）}{2}$，
陰影部分的面積是$\frac{（x-a）g（a）+（b-x）g（b）}{b-a}$，
接下來只要證明上面那塊面積不為0就行了．
若在[a，b]上g（x）連續(xù)，（a，b）上g（x）＞0，則${∫}_{a}^g（x）dx$＞0，
因?yàn)槿稳。╝，b）上一點(diǎn)x₁，g（x₁）=a＞0，則由g（x）在[a，b]上連續(xù)知存在λ＞0，在[x₁-λ，x₁+λ]上，g（x）＞$\frac{a}{2}$，
所以${∫}_{a}^$g（x）dx≥aλ＞0，
所以${∫}_{a}^$g（x）dx＜$\frac{g（a）+g（b）}{2}$，
同樣地，由g′（x）＞0知在（a，b]上，g（x）＞g（a），于是${∫}_{a}^$g（x）dx＞（b-a）g（a），
∴s₂＞s₁＞s₃，
故答案為：m＞-$\frac{1}{2}$，s₂＞s₁＞s₃．

點(diǎn)評 本題考查了函數(shù)的新定義問題，考查新定義的應(yīng)用，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，本題屬于難題．