Question

已知二次函數(shù)f（x）=2x²+ax+b為偶函數(shù)，g（x）=（

3

-1）x+m，h（x）=c（x+1）²（c≠2），關(guān)于x的方程f（x）=h（x）有且僅有一根

1

2

．
（Ⅰ）求a，b，c的值；
（Ⅱ）若對(duì)任意的x∈[-1，1]，

f(x)

≤g（|x|）恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
（Ⅲ）令φ（x）=

f(x)

+

f(1-x)

，若存在x₁，x₂∈[0，1]使得|φ（x₁）-φ（x₂）|≥g（m），求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

考點(diǎn)：函數(shù)恒成立問(wèn)題

專(zhuān)題：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用

分析：（Ⅰ）由f（x）=f（-x）求a的值，再由關(guān)于x的方程f（x）=h（x）有且僅有一根

1

2

列式求得b，c的值；
（Ⅱ）把（Ⅰ）中求得的a代入f（x），求出當(dāng)x=0時(shí)

f(x)

≤g（|x|）恒成立的m的取值范圍，然后驗(yàn)證對(duì)于任意的x∈[-1，1]，

f(x)

≤g（|x|）恒成立得到m的取值范圍；
（Ⅲ）把存在x₁，x₂∈[0，1]使得|φ（x₁）-φ（x₂）|≥g（m）成立轉(zhuǎn)化為|φ(x1)-φ(x2)|max≥

3

m，結(jié)合f（x）=2x²+1≥

2

3

(x+1)2在x∈[0，1]上恒成立變形可得

6

3

(x+1)≤

f(x)

≤(

3

-1)x+1在x∈[0，1]上恒成立．進(jìn)一步得到

6

3

(x+1)+

6

3

(1-x+1)≤φ（x）≤(

3

-1)x+1+(

3

-1)(1-x)+1，求得|φ（x₁）-φ（x₂）|的最大值后代入|φ(x1)-φ(x2)|max≥

3

m，即可求得m的取值范圍．

解答： 解：（Ⅰ）∵二次函數(shù)f（x）=2x²+ax+b為偶函數(shù)，由f（x）=f（-x），得2（-x）²-ax+b=2x²+ax+b，即a=0，
由f（x）=h（x），可得（c-2）x²+2cx+c-b=0，代入x=

1

2

得：b=

9

4

c-

1

2

  ①，
由△=0，得c²=（c-2）（c-b）  ②．
聯(lián)立①②解得：b=1，c=

2

3

，
∴a=0，b=1，c=

2

3

；
（Ⅱ）f（x）=2x²+1，g（x）=（

3

-1）x+m，
當(dāng)x=0時(shí)，由

f(x)

≤g（|x|）恒成立，得m≥1；
當(dāng)m=1時(shí)，(

2x2+1

)2-[(

3

-1)|x|+1]2=2(

3

-1)x2-2(

3

-1)|x|=2(

3

-1)|x|(|x|-1)≤0，
∴

2x2+1

≤(

3

-1)|x|+1，
∴對(duì)任意的x∈[-1，1]，

f(x)

≤g（|x|）恒成立的實(shí)數(shù)m的取值范圍是[1，+∞）；
（Ⅲ）由題意可知，|φ(x1)-φ(x2)|max≥

3

m，
由a=0，b=1，c=

2

3

，可得f（x）=2x²+1≥

2

3

(x+1)2在x∈[0，1]上恒成立，
∴

2x2+1

≥

6

3

(x+1)在x∈[0，1]上恒成立，
由（Ⅱ）知

2x2+1

≤(

3

-1)在x∈[0，1]上恒成立．
∴

6

3

(x+1)≤

f(x)

≤(

3

-1)x+1在x∈[0，1]上恒成立．
又∵當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，1-x∈[0，1]，
∴

6

3

(x+1)+

6

3

(1-x+1)≤φ（x）≤(

3

-1)x+1+(

3

-1)(1-x)+1，
即

6

≤φ（x）≤

3

+1，
∴|φ(x1)-φ(x2)|max=

3

+1-

6

≥

3

m，
則m≤1+

3

3

-

2

．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了函數(shù)恒成立問(wèn)題，考查了函數(shù)奇偶性性質(zhì)的應(yīng)用，訓(xùn)練了函數(shù)不等式恒成立條件的求法，體現(xiàn)了數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法，關(guān)鍵是對(duì)題意的理解，綜合考查了學(xué)生的邏輯思維能力抽象思維能力，是難度較大的題目．