Question

17．設(shè)函數(shù)f（x）=ax²+（b-2）x+3（a≠0），f（x）滿足f（x+1）-f（x）=2x-1
（Ⅰ）求f（x）的解析式；
（Ⅱ）設(shè)g（x）=f（x）-mx，若對(duì)任意的x₁，x₂∈[1，2]，都有|g（x₁）-g（x₂）|≤2成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用待定系數(shù)法即可求出函數(shù)的解析式；
（Ⅱ）對(duì)任意的x₁，x₂∈[1，2]，都有|g（x₁）-g（x₂）|≤2成立，轉(zhuǎn)化為g（x）_max-g（x）_min≤2，分類討論，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)，分別求出最大值和最小值，得到關(guān)于m的不等式，解得即可．

解答 解：（Ⅰ）∵f（x）=ax²+（b-2）x+3（a≠0），f（x）滿足f（x+1）-f（x）=2x-1，
∴a（x+1）²+（b-2）（x+1）+3-ax²-（b-2）x-3=2x-1，
即2ax+a+b-2=2x-1，
∴2a=2且a+b-2=-1，
解得a=1，b=0，
∴f（x）=x²-2x+3，
（Ⅱ）∵對(duì)任意的x₁，x₂∈[1，2]，都有|g（x₁）-g（x₂）|≤2成立，
∴g（x）_max-g（x）_min≤2，
∵g（x）=f（x）-mx=x²-（m+2）x+3，
∴對(duì)稱軸為x=$\frac{m+2}{2}$，
①當(dāng)$\frac{m+2}{2}$≤1時(shí)，即m≤0時(shí)，函數(shù)g（x）在[1，2]上單調(diào)遞增，
∴g（x）_max=f（2）=3-2m，g（x）_min=f（1）=2-m，
∴3-2m-（2-m）≤2，
解得-1≤m≤0，
②當(dāng)$\frac{m+2}{2}$≥2時(shí)，即m≥2時(shí)，函數(shù)g（x）在[1，2]上單調(diào)遞減，
∴g（x）_min=f（2）=3-2m，g（x）_max=f（1）=2-m，
∴2-m-（3-2m）≤2，
解得2≤m≤3，
③當(dāng)1＜$\frac{m+2}{2}$＜$\frac{3}{2}$時(shí)，即0＜m＜1時(shí)，函數(shù)f（x）在[1，$\frac{m+2}{2}$）為減函數(shù)，在（$\frac{m+2}{2}$，2]為增函數(shù)，
∴g（x）_min=f（$\frac{m+2}{2}$）=3-$\frac{1}{4}$（m+2）²，g（x）_max=f（2）=3-2m，
∴3-2m-[3-$\frac{1}{4}$（m+2）²]≤2，
解得2-2$\sqrt{2}$≤m≤2+2$\sqrt{2}$，
此時(shí)0＜m＜1，
④當(dāng)$\frac{3}{2}$≤$\frac{m+2}{2}$＜2時(shí)，即1≤m＜2時(shí)，函數(shù)f（x）在[1，$\frac{m+2}{2}$）為減函數(shù)，在（$\frac{m+2}{2}$，2]為增函數(shù)，
∴g（x）_min=f（$\frac{m+2}{2}$）=3-$\frac{1}{4}$（m+2）²，g（x）_max=f（1）=2-m，
∴2-m-[3-$\frac{1}{4}$（m+2）²]≤2，
解得-2$\sqrt{2}$≤m≤2$\sqrt{2}$，
此時(shí)1≤m＜2，
綜上所述m的取值范圍為[-1，3]

點(diǎn)評(píng) 本題考查了二次函數(shù)解析式的求法和二次函數(shù)最值，以及不等式恒成立的問題，關(guān)鍵是分類討論，屬于中檔題．