Question

6．已知函數(shù)f（x）=x²-mx+m，m、x∈R．
（1）若關(guān)于x的不等式f（x）＞0的解集為R，求m的取值范圍；
（2）若實x₁，x₂數(shù)滿足x₁＜x₂，且f（x₁）≠f（x₂），證明：方程f（x）=$\frac{1}{2}$[f（x₁）+f（x₂）]至少有一個實根x₀∈（x₁，x₂）；
（3）設F（x）=f（x）+1-m-m²，且|F（x）|在[0，1]上單調(diào)遞增，求實數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）若關(guān)于x的不等式f（x）＞0的解集為R，轉(zhuǎn)化為別式△=m²-4m＜0進行求解決即可．
（2）令g（x）=f（x）-$\frac{1}{2}$[f（x₁）+f（x₂）]，從而利用函數(shù)零點的判定定理可得g（x）=f（x）-$\frac{1}{2}$[f（x₁）+f（x₂）]在（x₁，x₂）上有零點，從而證明方程f（x）=$\frac{1}{2}$[f（x₁）+f（x₂）]至少有一個實根x₀∈（x₁，x₂）；
（3）化簡F（x）=f（x）+1-m-m²=x²-mx+1-m²，從而轉(zhuǎn)化|F（x）|在[0，1]上單調(diào)遞增，分判別式大于或等于0以及判別式小于0兩種情況討論，然后結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)進行求解即可．

解答 解：（1）∵f（x）＞0的解集為R，
∴判別式△=m²-4m＜0，得0＜m＜4．
（2）證明：令g（x）=f（x）-$\frac{1}{2}$[f（x₁）+f（x₂）]，
易知g（x）在其定義域內(nèi)連續(xù)，
且g（x₁）•g（x₂）={f（x₁）-$\frac{1}{2}$[f（x₁）+f（x₂）]}•{f（x₂）-$\frac{1}{2}$[f（x₁）+f（x₂）]}
=-$\frac{1}{4}$[f（x₁）-f（x₂）]²＜0，
則g（x）=f（x）-$\frac{1}{2}$[f（x₁）+f（x₂）]在（x₁，x₂）上有零點，
即方程f（x）=$\frac{1}{2}$[f（x₁）+f（x₂）]至少有一個實根x₀∈（x₁，x₂）；
（3）F（x）=f（x）+1-m-m²=x²-mx+1-m²，
△=m²-4（1-m²）=5m²-4，函數(shù)的對稱軸為x=$\frac{m}{2}$，
①當△=0時，5m²-4=0，即m=±$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，
若m=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，則對稱軸為x=$\frac{\sqrt{5}}{5}$∈[0，1]，則在[0，1]上不單調(diào)遞增，不滿足條件．
若m=-$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，則對稱軸為x=-$\frac{\sqrt{5}}{5}$＜0，則在[0，1]上單調(diào)遞增，滿足條件．
②當△＜0時，-$\frac{2\sqrt{5}}{5}$＜m＜$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，此時f（x）＞0恒成立，若|F（x）|在[0，1]上單調(diào)遞增，
則x=$\frac{m}{2}$≤0，即m≤0，此時，-$\frac{2\sqrt{5}}{5}$＜m≤0．
③當△＞0，m＜-$\frac{2\sqrt{5}}{5}$或m＞$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，對稱軸為x=$\frac{m}{2}$．
當m＜-$\frac{2\sqrt{5}}{5}$時，對稱軸為x=-$\frac{\sqrt{5}}{5}$＜0，要使|F（x）|在[0，1]上單調(diào)遞增，
則只需要F（0）≥0即可，此時F（0）=1-m²≥0，得-1≤m≤1，
此時-1≤m＜-$\frac{2\sqrt{5}}{5}$．
若m＞$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，對稱軸為x＞$\frac{\sqrt{5}}{5}$，則要使|F（x）|在[0，1]上單調(diào)遞增，
此時F（0）=1-m²＞0，只需要對稱軸$\frac{m}{2}$≥1，所以m≥2．
此時m≥2，
綜上-1≤m≤0或m≥2．

點評 本題考查了二次函數(shù)的性質(zhì)及應用，零點的判定定理的應用，同時考查了絕對值函數(shù)的性質(zhì)應用，綜合性較強，難度較大．