Question

定義在實數(shù)集R上的函數(shù)f（x），如果存在函數(shù)g（x）=Ax+B（A，B為常數(shù)）使得f（x）≥g（x）對任意的x∈R都成立，則稱
g（x）為函數(shù)f（x）的一個承托函數(shù)．以下說法
（1）函數(shù)f（x）=x²-2x不存在承托函數(shù)；
（2）函數(shù)f（x）=x³-3x不存在承托函數(shù)；
（3）函數(shù)f(x)=

2x

x2-x+1

不存在承托函數(shù)；
（4）g（x）=1為函數(shù)f（x）=x⁴-2x³+x²+1的一個承托函數(shù)；
（5）g（x）=x為函數(shù)f（x）=e^x-1的一個承托函數(shù)．
中正確的個數(shù)為（　　）

• A、1
• B、2
• C、3
• D、4

Answer 1

分析：根據(jù)承托函數(shù)的定義知：只要函數(shù)f（x）有最小值，就一定有承托函數(shù)g（x），只要g（x）的最大值小于等于f（x）的最小值即可
（1）因為函數(shù)f（x）=x²-2x為二次函數(shù)可用配方法求最小值，就可判斷有無承托函數(shù)；
（2）因為函數(shù)f（x）=x³-3x為三次函數(shù)可用導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，從而可知函數(shù)有無最小值，就可判斷有無承托函數(shù)；
（3）根據(jù)函數(shù)的特點可采用判別式求值域，從而可知函數(shù)有無最小值，就可判斷有無承托函數(shù)；
（4）因為函數(shù)f（x）=x⁴-2x³+x²+1為四次函數(shù)可用導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，從而可知函數(shù)最小值，就可判斷g（x）=1是不是它的承托函數(shù)；
（5）因為e^x＞0，所以函數(shù)f（x）=e^x-1＞-1，而g（x）=x≤-1不能恒成立，就可判斷g（x）=x不是它的承托函數(shù)．

解答：解：根據(jù)承托函數(shù)的定義知：只要函數(shù)f（x）有最小值，就一定有承托函數(shù)g（x），只要g（x）的最大值小于等于f（x）的最小值即可．
（1）錯，因為f（x）=x²-2x=（x-1）²-1，當(dāng)x=1時，f（x）有最小值-1
所以存在承托函數(shù)，例如：g（x）=-1就是其中一個；
（2）對，因為f（x）=x³-3x的導(dǎo)數(shù)f′（x）=3x²-3，令f′（x）=0，得：x=±1
所以，當(dāng)x∈（-∞，-1）時，f′（x）＞0，函數(shù)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈（-1，1）時，f′（x）＜0，函數(shù)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈（1，+∞）時，f′（x）＞0，函數(shù)單調(diào)遞增．
由此可知：函數(shù)無最小值，不存在承托函數(shù)；
（3）錯，因為f(x)=

2x

x2-x+1

定義域為R，用判別式法求值域如下：
把y=

2x

x2-x+1

變形得：yx²-（y+2）x+y=0
當(dāng)y=0時，x=0
當(dāng)y≠0時，由△=（y+2）²-4y²≥0得：-

2

3

≤y＜0或0＜y≤2
綜上可知：-

2

3

≤y≤2，故y有最小值-

2

3

所以，f(x)=

2x

x2-x+1

存在承托函數(shù)，例如：g（x）=-

2

3

（4）對，因為函數(shù)f（x）=x⁴-2x³+x²+1的導(dǎo)數(shù) f′（x）=4x³-6x²+2x=2x（2x-1）（x-1）
當(dāng)x∈（-∞，0）時，f′（x）＜0，函數(shù)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈（0，

1

2

）時，f′（x）＞0，函數(shù)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈（

1

2

，1）時，f′（x）＜0，函數(shù)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈（1，+∞）時，f′（x）＞0，函數(shù)單調(diào)遞增
又∵f（0）=1，f（1）=1，∴f（x）的最小值為1，所以g（x）=1是它的承托函數(shù)
（5）錯，因為e^x＞0，所以函數(shù)f（x）=e^x-1＞-1
因為對于x∈R，g（x）=x≤-1顯然不能恒成立，所以，g（x）=x不是函數(shù)f（x）=e^x-1的一個承托函數(shù)

點評：本題給出了一個數(shù)學(xué)新定義承托函數(shù)，所以屬于創(chuàng)新性題目，觀其實質(zhì)為求函數(shù)最值的問題，常見的方法有配方法、導(dǎo)數(shù)法、判別式法、基本不等式法等等．