Question

10．已知函數(shù)f（x）=x³-6x²+9x，g（x）=$\frac{1}{3}$x³-$\frac{a+1}{2}$x²+ax-$\frac{1}{3}$（a＞1）若對任意的x₁∈[0，4]，總存在x₂∈[0，4]，使得f（x₁）=g（x₂），則實數(shù)a的取值范圍為（　　）

• A． （1，$\frac{9}{4}$]
• B． [9，+∞）
• C． （1，$\frac{9}{4}$]∪[9，+∞）
• D． [$\frac{3}{2}$，$\frac{9}{4}$]∪[9，+∞）

Answer 1

分析 求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，可得極值點，分別求出f（0），f（1），f（3），f（4），可得值域；再求g（x）的導(dǎo)數(shù)，可得極值點，求出g（0），g（1），g（a），g（4），討論a的范圍，分a＞4，1＜a＜3，3≤a≤4，比較可得值域，再由題意可得f（x）的值域包含于g（x）的值域，得到不等式，解不等式即可得到所求范圍．

解答 解：函數(shù)f（x）=x³-6x²+9x，導(dǎo)數(shù)為f′（x）=3x²-12x+9=3（x-1）（x-3），
可得f（x）的極值點為1，3，
由f（0）=0，f（1）=4，f（3）=0，f（4）=4，
可得f（x）在[0，4]的值域為[0，4]；
g（x）=$\frac{1}{3}$x³-$\frac{a+1}{2}$x²+ax-$\frac{1}{3}$（a＞1），
導(dǎo)數(shù)為g′（x）=x²-（a+1）x+a=（x-1）（x-a），
當(dāng)1＜x＜a時，g′（x）＜0，g（x）遞減；
當(dāng)x＜1或x＞a時，g′（x）＞0，g（x）遞增．
由g（0）=-$\frac{1}{3}$，g（1）=$\frac{1}{2}$（a-1），g（a）=-$\frac{1}{6}$a³+$\frac{1}{2}$a²-$\frac{1}{3}$，g（4）=13-4a，
當(dāng)3≤a≤4時，13-4a≤$\frac{1}{2}$（a-1），
g（x）在[0，4]的值域為[-$\frac{1}{3}$，$\frac{1}{2}$（a-1）]，
由對任意的x₁∈[0，4]，總存在x₂∈[0，4]，使得f（x₁）=g（x₂），
可得[0，4]⊆[-$\frac{1}{3}$，$\frac{1}{2}$（a-1）]，
即有4≤$\frac{1}{2}$（a-1），解得a≥9不成立；
當(dāng)1＜a＜3時，13-4a＞$\frac{1}{2}$（a-1），
g（x）在[0，4]的值域為[-$\frac{1}{3}$，13-4a]，
由題意可得[0，4]⊆[-$\frac{1}{3}$，13-4a]，
即有4≤13-4a，解得a≤$\frac{9}{4}$，即為1＜a≤$\frac{9}{4}$；
當(dāng)a＞4時，可得g（1）取得最大值，g（4）＜-3為最小值，
即有[0，4]⊆[13-4a，$\frac{1}{2}$（a-1）]，
可得13-4a≤0，4≤$\frac{1}{2}$（a-1），即a≥$\frac{13}{4}$，且a≥9，
解得a≥9．
綜上可得，a的取值范圍是（1，$\frac{9}{4}$]∪[9，+∞）．
故選：C．

點評 本題考查任意性和存在性問題的解法，注意運用轉(zhuǎn)化思想，轉(zhuǎn)化為值域的包含關(guān)系，考查導(dǎo)數(shù)的運用以及分類討論思想方法，考查運算能力，屬于中檔題．