Question

（2012•陜西）設(shè)函數(shù)fn(x)=xn+bx+c(n∈N+，b，c∈R)
（1）設(shè)n≥2，b=1，c=-1，證明：f_n（x）在區(qū)間(

1

2

，1)內(nèi)存在唯一的零點(diǎn)；
（2）設(shè)n為偶數(shù)，|f（-1）|≤1，|f（1）|≤1，求b+3c的最小值和最大值；
（3）設(shè)n=2，若對任意x₁，x₂∈[-1，1]，有|f₂（x₁）-f₂（x₂）|≤4，求b的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）當(dāng)b=1，c=-1，n≥2時，f（x）=xⁿ+x-1，易求f（

1

2

）f（1）＜0，再用導(dǎo)數(shù)判斷f（x）的單調(diào)性即可使結(jié)論得證；
（2）解法一，由題意知

-1≤f(-1)≤1 -1≤f(1)≤1

，即

0≤b-c≤2 -2≤b+c≤0

，作出圖，用線性規(guī)劃的知識即可使問題解決；
解法二，由-1≤f（1）=1+b+c≤1，即-2≤b+c≤0①，-1≤f（-1）=1-b+c≤1，即-2≤-b+c≤0②，由①②可求得：-6≤b+3c≤0，問題即可解決；
解法三  由題意知

f(-1)=1-b+c f(1)=1+b+c

，解得b=

f(1)-f(-1)

2

，c=

f(1)+f(-1)+2

2

，b+3c=2f（1）+f（-1）-3，由-6≤b+3c≤0，可得答案；
（3）當(dāng)n=2時，f（x）=x²+bx+c，對任意x₁，x₂∈[-1，1]，有|f₂（x₁）-f₂（x₂）|≤4，等價于在[-1，1]上最大值與最小值之差M≤4，據(jù)此分類討論解決即可．

解答：解：（1）當(dāng)b=1，c=-1，n≥2時，f（x）=xⁿ+x-1
∵f（

1

2

）f（1）=（

1

2n

-

1

2

）×1＜0，∴f（x）在區(qū)間(

1

2

，1)內(nèi)存在零點(diǎn)，
又當(dāng)x∈（

1

2

，1）時，f′（x）=nx^n-1+1＞0，
∴f（x）在（

1

2

，1）上單調(diào)遞增，∴f（x）在區(qū)間(

1

2

，1)內(nèi)存在唯一的零點(diǎn)；
（2）解法一  由題意知

-1≤f(-1)≤1 -1≤f(1)≤1

，即

0≤b-c≤2 -2≤b+c≤0

由圖象知b+3c在點(diǎn)（0，-2）取到最小值-6，在點(diǎn)（0，0）處取到最大值0，
∴b+3c的最小值為-6，最大值為0；
解法二  由題意知
-1≤f（1）=1+b+c≤1，即-2≤b+c≤0，①
-1≤f（-1）=1-b+c≤1，即-2≤-b+c≤0，②
①×2+②得：-6≤2（b+c）+（-b+c）=b+3c≤0，
當(dāng)b=0，c=-2時，b+3c=-6；當(dāng)b=c=0，時，b+3c=0；
∴b+3c的最小值為-6，最大值為0；
解法三  由題意知

f(-1)=1-b+c f(1)=1+b+c

，解得b=

f(1)-f(-1)

2

，c=

f(1)+f(-1)+2

2

，
∴b+3c=2f（1）+f（-1）-3，
∵-1≤f（-1）≤1，-1≤f（1）≤1，
∴-6≤b+3c≤0，
當(dāng)b=0，c=-2時，b+3c=-6；當(dāng)b=c=0，時，b+3c=0；
∴b+3c的最小值為-6，最大值為0；
（3）當(dāng)n=2時，f（x）=x²+bx+c，對任意x₁，x₂∈[-1，1]，有|f₂（x₁）-f₂（x₂）|≤4，等價于在[-1，1]上最大值與最小值之差M≤4，據(jù)此分類討論如下：
（i）當(dāng)|

b

2

|＞1，即|b|＞2，M=|f（1）-f（-1）|=2|b|＞4，與題設(shè)矛盾；
（ii）當(dāng)-1≤-

b

2

＜0，即0＜b≤2時，M=f（1）-f（-

b

2

）=(

b

2

+1)2≤4恒成立，
（iii）當(dāng)0≤-

b

2

≤1，即-2≤b≤0時，M=f（-1）-f（-

b

2

）=(

b

2

-1)2≤4恒成立，
綜上所述，-2≤b≤2．

點(diǎn)評：本題考查函數(shù)恒成立問題，考查函數(shù)零點(diǎn)存在性定理的應(yīng)用，考查線性規(guī)劃的應(yīng)用，也考查不等式的性質(zhì)，考查絕對值的應(yīng)用，滲透轉(zhuǎn)化思想，方程思想，分類討論思想，數(shù)形結(jié)合思想的考查，綜合性極強(qiáng)，運(yùn)算量大，難度高，屬于難題．