Question

19．函數(shù)f_n（x）=xⁿ+bx+c（n∈Z，b，c∈R）．
（1）若n=-1，且f_-1（1）=f_-1（$\frac{1}{2}$）=4，試求實(shí)數(shù)b，c的值；
（2）設(shè)n=2，若對(duì)任意x₁，x₂∈[-1，1]有|f₂（x₁）-f₂（x₂）|≤4恒成立，求b的取值范圍；
（3）當(dāng)n=1時(shí)，已知bx²+cx-a=0，設(shè)g（x）=$\frac{{\sqrt{1-{x^4}}}}{{1+{x^2}}}$，是否存在正數(shù)a，使得對(duì)于區(qū)間$[{-\frac{{2\sqrt{5}}}{5}，\frac{{2\sqrt{5}}}{5}}]$上的任意三個(gè)實(shí)數(shù)m，n，p，都存在以f₁（g（m）），f₁（g（n）），f₁（g（p））為邊長(zhǎng)的三角形？若存在，求出a的取值范圍；若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）由條件，可得b，c的方程，解方程可得b，c；
（2）當(dāng)n=2時(shí)，f₂（x）=x²+bx+c，對(duì)任意x₁，x₂∈[-1，1]有|f₂（x₁）-f₂（x₂）|≤4恒成立等價(jià)于f₂（x）在[-1，1]上的最大值與最小值之差M≤4．討論對(duì)稱軸和區(qū)間的關(guān)系，判斷單調(diào)性，可得最值，解不等式即可得到所求范圍；
（3）設(shè)t=g（x）=$\frac{{\sqrt{1-{x^4}}}}{{1+{x^2}}}$=$\sqrt{\frac{1-{x}^{2}}{1+{x}^{2}}}$=$\sqrt{\frac{2}{1+{x}^{2}}-1}$，由x∈$[{-\frac{{2\sqrt{5}}}{5}，\frac{{2\sqrt{5}}}{5}}]$，可得t∈[$\frac{1}{3}$，1]．則y=t+$\frac{a}{t}$在[$\frac{1}{3}$，1]上恒有2y_min＞y_max．討論頂點(diǎn)處x=$\sqrt{a}$與區(qū)間[$\frac{1}{3}$，1]的關(guān)系，求得單調(diào)性，可得最值，解不等式即可得到存在，求得a的范圍．

解答 解：（1）n=-1，且${f_{-1}}（1）={f_{-1}}（{\frac{1}{2}}）=4$，
可得1+b+c=4，2+$\frac{1}{2}$b+c=4，解得b=2，c=1；
（2）當(dāng)n=2時(shí)，f₂（x）=x²+bx+c，
對(duì)任意x₁，x₂∈[-1，1]有|f₂（x₁）-f₂（x₂）|≤4恒成立等價(jià)于
f₂（x）在[-1，1]上的最大值與最小值之差M≤4．
①當(dāng)-$\frac{2}$＜-1，即b＞2時(shí)，f₂（x）在[-1，1]遞增，
f₂（x）_min=f₂（-1）=1-b+c，f₂（x）_max=f₂（1）=1+b+c，
M=2b＞4（舍去）；
②當(dāng)-1≤-$\frac{2}$≤0，即0≤b≤2時(shí)，f₂（x）在[-1，-$\frac{2}$]遞減，在（-$\frac{2}$，1]遞增，
f₂（x）_min=f₂（-$\frac{2}$）=c-$\frac{^{2}}{4}$，f₂（x）_max=f₂（1）=1+b+c，M=（$\frac{2}$+1）²≤4恒成立，故0≤b≤2；
③當(dāng)0＜-$\frac{2}$≤1即-2≤b＜0時(shí)，f₂（x）在[-1，-$\frac{2}$]遞減，在（-$\frac{2}$，1]遞增，
f₂（x）_min=f₂（-$\frac{2}$）=c-$\frac{^{2}}{4}$，f₂（x）_max=f₂（-1）=1-b+c，M=（$\frac{2}$-1）²≤4恒成立，故-2≤b＜0；
④當(dāng)-$\frac{2}$＞1，即b＜-2時(shí)，f₂（x）在[-1，1]遞減，
f₂（x）_min=f₂（1）=1+b+c，f₂（x）_max=f₂（-1）=1-b+c，
M=-2b＞4矛盾．
綜上可得，b的取值范圍是-2≤b≤2；
（3）設(shè)t=g（x）=$\frac{{\sqrt{1-{x^4}}}}{{1+{x^2}}}$=$\sqrt{\frac{1-{x}^{2}}{1+{x}^{2}}}$=$\sqrt{\frac{2}{1+{x}^{2}}-1}$，
由x∈$[{-\frac{{2\sqrt{5}}}{5}，\frac{{2\sqrt{5}}}{5}}]$，可得t∈[$\frac{1}{3}$，1]．
則y=t+$\frac{a}{t}$在[$\frac{1}{3}$，1]上恒有2y_min＞y_max．
①當(dāng)a∈（0，$\frac{1}{9}$]時(shí)，y=t+$\frac{a}{t}$在[$\frac{1}{3}$，1]上遞增，
y_min=$\frac{1}{3}$+3a，y_max=a+1，又2y_min＞y_max．
則a＞$\frac{1}{15}$，即有$\frac{1}{15}$＜a≤$\frac{1}{9}$；
②當(dāng)a∈（$\frac{1}{9}$，$\frac{1}{3}$]時(shí)，y=t+$\frac{a}{t}$在[$\frac{1}{3}$，$\sqrt{a}$）遞減，（$\sqrt{a}$，1）遞增，
可得y_min=2$\sqrt{a}$，y_max=max{3a+$\frac{1}{3}$，a+1}=a+1，又2y_min＞y_max．
解得7-4$\sqrt{3}$＜a＜7+4$\sqrt{3}$，即有$\frac{1}{9}$＜a≤$\frac{1}{3}$；
③當(dāng)a∈（$\frac{1}{3}$，1）時(shí)，y=t+$\frac{a}{t}$在[$\frac{1}{3}$，$\sqrt{a}$）遞減，（$\sqrt{a}$，1）遞增，
可得y_min=2$\sqrt{a}$，y_max=max{3a+$\frac{1}{3}$，a+1}=3a+$\frac{1}{3}$，又2y_min＞y_max．
解得$\frac{7-4\sqrt{3}}{9}$＜a＜$\frac{7+4\sqrt{3}}{9}$，即有$\frac{1}{3}$＜a＜1；
④當(dāng)a∈[1，+∞）時(shí)，y=t+$\frac{a}{t}$在[$\frac{1}{3}$，1]上遞減，
y_min=a+1，y_max=3a+$\frac{1}{3}$，又2y_min＞y_max．
則a＜$\frac{5}{3}$，即有1≤a＜$\frac{5}{3}$．
綜上可得，存在這樣的三角形，a的取值范圍是$\frac{1}{15}$＜a＜$\frac{5}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查不等式恒成立問題和存在性問題的解法，注意運(yùn)用轉(zhuǎn)化思想，轉(zhuǎn)化為求最值，以及運(yùn)用分類討論的思想方法，注意對(duì)稱軸或頂點(diǎn)與區(qū)間的關(guān)系，考查化簡(jiǎn)整理的運(yùn)算能力，屬于難題．