Question

16．設(shè)f（x）=x²+bx+c，g（x）=bx²+cx+1，b，c∈R，且只有一個(gè)實(shí)數(shù)滿(mǎn)足f（x）=g（x）．
（1）求b，c應(yīng)滿(mǎn)足的條件；
（2）當(dāng)b＜0時(shí)，f（x）≥|g（x）|恒成立，求b的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由題意可得（b-1）x²+（c-b）x+1-c=0，有且只有一個(gè)實(shí)數(shù)滿(mǎn)足方程成立，運(yùn)用判別式為0，計(jì)算即可得到b+c=2；
（2）f（x）≥|g（x）|恒成立，即為x²+bx+2-b≥|bx²+（2-b）x+1|，可得-x²-bx-2+b≤bx²+（2-b）x+1≤x²+bx+2-b，整理成二次不等式的一般式，運(yùn)用判別式法，解不等式即可得到所求范圍．

解答 解：（1）由f（x）=g（x），可得：
（b-1）x²+（c-b）x+1-c=0，
由有且只有一個(gè)實(shí)數(shù)滿(mǎn)足方程成立，
可得△₁=0，即（c-b）²-4（b-1）（1-c）=0，
即為（c+b）²-4（c+b）+4=0，
即（c+b-2）²=0，可得b+c=2：
（2）f（x）≥|g（x）|恒成立，即為：
x²+bx+2-b≥|bx²+（2-b）x+1|，
可得-x²-bx-2+b≤bx²+（2-b）x+1≤x²+bx+2-b，
即有（b+1）x²+2x+3-b≥0恒成立，
則b+1＞0，且△₂=4-4（b+1）（3-b）≤0，
解得1-$\sqrt{3}≤b$≤1+$\sqrt{3}$，由-1＜b＜0，可得1-$\sqrt{3}≤b$＜0；
又（b-1）x²+（2-2b）x+b-1≤0，
由b-1＜0，△₃=（2-2b）²-4（b-1）²≤0，顯然成立．
綜上可得，b的范圍是[1-$\sqrt{3}$，0）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查二次函數(shù)的性質(zhì)和不等式恒成立問(wèn)題的解法，注意結(jié)合判別式法，考查化簡(jiǎn)整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．