Question

1．已知f（x）=2^x+1，x∈R且f（x）可表示為一個偶函數(shù)g（x）與一個奇函數(shù)h（x）的和，設h（x）=t，p（t）=g（2x）+2mh（x）+m²-m+1，m∈R．
（1）求P（t）的解析式；
（2）若p（t）≥m²-m+1對于x∈[1，2]恒成立，求m的取值范圍；
（3）當P（P（t））=0無實根，求實數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）利用f（x）=g（x）+h（x）和f（-x）=g（-x）+h（-x）求出g（x）和h（x）的表達式，再求出p（t）關(guān)于t的表達式即可．
（2）先有x∈[1，2]找出t的范圍，在把所求問題轉(zhuǎn)化為求p（t）在[$\frac{3}{2}$，$\frac{15}{4}$]的最小值．讓大于等于m²-m-1即可．
（3）轉(zhuǎn)化為關(guān)于p（t）的一元二次方程，利用判別式的取值，再分別討論即可．

解答 解：（1）假設f（x）=g（x）+h（x）①，其中g(shù)（x）偶函數(shù)，h（x）為奇函數(shù)，
則有f（-x）=g（-x）+h（-x），即f（-x）=g（x）-h（x）②，
由①②解得g（x）=$\frac{f（x）+f（-x）}{2}$，h（x）=$\frac{f（x）-f（-x）}{2}$，
∵f（x）定義在R上，∴g（x），h（x）都定義在R上．
∵g（-x）=$\frac{f（-x）+f（x）}{2}$=g（x），h（-x）=$\frac{f（-x）-f（x）}{2}$=-h（x）．
∴g（x）是偶函數(shù)，h（x）是奇函數(shù)，∵f（x）=2^x+1，
∴g（x）=$\frac{f（x）+f（-x）}{2}$=$\frac{2x+1+2-x+1}{2}$=2x+$\frac{1}{2x}$，
h（x）=$\frac{f（x）-f（-x）}{2}$=$\frac{2x+1-2-x+1}{x}$=2x-$\frac{1}{2x}$，
由2x-$\frac{1}{2x}$=t，則t∈R，
平方得t²=（2x-$\frac{1}{2x}$）²=2^2x+$\frac{1}{{2}^{2x}}$-2，∴g（2x）=2^2x+$\frac{1}{{2}^{2x}}$=t²+2，
∴p（t）=t²+2mt+m²-m+1．
（2）∵t=h（x）關(guān)于x∈[1，2]單調(diào)遞增，
∴$\frac{3}{2}$≤t≤$\frac{15}{4}$，
∴p（t）=t²+2mt+m²-m+1≥m²-m-1對于t∈[$\frac{3}{2}$，$\frac{15}{4}$]恒成立，
∴m≥-$\frac{{t}^{2}+2}{2t}$對于t∈[$\frac{3}{2}$，$\frac{15}{4}$]恒成立，
令φ（t）=-$\frac{{t}^{2}+2}{2t}$，則φ′（t）=$\frac{1}{2}$（$\frac{2}{{t}^{2}}$-1），
∵t∈[$\frac{3}{2}$，$\frac{15}{4}$]，∴φ′（t）=$\frac{1}{2}$（$\frac{2}{{t}^{2}}$-1）＜0，
故φ（t）在t∈[$\frac{3}{2}$，$\frac{15}{4}$]上單調(diào)遞減，
∴φ（t）max=φ（$\frac{3}{2}$）=-$\frac{17}{12}$，
∴m≥-$\frac{17}{12}$．
（3）由（1）得p（p（t））=[p（t）]²+2mp（t）+m²-m+1，
若p（p（t））=0無實根，即[p（t）]²+2mp（t）+m²-m+1①無實根，
方程①的判別式△=4m²-4（m²-m+1）=4（m-1）．
1°當方程①的判別式△＜0，即m＜1時，方程①無實根．
2°當方程①的判別式△≥0，即m≥1時，
方程①有兩個實根p（t）=t2+2mt+m2-m+1=-m±$\sqrt{m-1}$，
即t2+2mt+m2+1±$\sqrt{m-1}$=0②，
只要方程②無實根，故其判別式△2=4m2-4（m2+1±$\sqrt{m-1}$）＜0，
即得-1-$\sqrt{m-1}$＜0③，且-1+$\sqrt{m-1}$＜0④，
∵m≥1，③恒成立，由④解得m＜2，∴③④同時成立得1≤m＜2．
綜上，m的取值范圍為m＜2．

點評 本題是在考查指數(shù)函數(shù)的基礎上對函數(shù)的恒成立問題，函數(shù)奇偶性以及一元二次方程根的判斷的綜合考查，是一道綜合性很強的難題．