Question

9．已知二次函數(shù)f（x）=ax²+2x+c的對稱軸為x=1，g（x）=x+$\frac{1}{x}$（x＞0）．
（1）求函數(shù)g（x）的最小值及取得最小值時x的值；
（2）試確定c的取值范圍，使g（x）-f（x）=0至少有一個實根；
（3）當(dāng)c=m-3時，F(xiàn)（x）=f（x）-（m+2）x，對任意x∈（1，2]有F（x）≤0恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）g（x）=x+$\frac{1}{x}$（x＞0），運(yùn)用基本不等式即可求得函數(shù)g（x）的最小值及取得最小值時x的值；
（2）依題意，可得f（x）=-x²+2x+c，當(dāng)x∈（0，+∞）時，g（x）-f（x）=0至少有一個實根?g（x）=f（x）至少有一個實根，即y=g（x）與y=f（x）的圖象在（0，+∞）上至少有一個交點，可求得f（x）_max=1+c，g（x）_min=2，利用1+c≥2，可求得c的取值范圍；
（3）由c=m-3時，F(xiàn)（x）=f（x）-（m+2）x，對任意x∈（1，2]有F（x）≤0恒成立，分離參數(shù)m可得不等式：$m≥\frac{{-{x^2}-3}}{x-1}$，再將右端的部分分離出常數(shù)，利用“對勾”函數(shù)的單調(diào)性質(zhì)即可求得實數(shù)m的取值范圍．

解答 解：（1）∵x＞0，∴$\frac{1}{x}＞0$，
∴$x+\frac{1}{x}≥2$，當(dāng)且僅當(dāng)$x=\frac{1}{x}$，即x=1時“=”成立，即g（x）_min=2，此時x=1．
（2）∵f（x）=ax²+2x+c的對稱軸為x=1，
∴a=-1，
∴f（x）=-x²+2x+c，
當(dāng)x∈（0，+∞）時，g（x）-f（x）=0至少有一個實根?g（x）=f（x）至少有一個實根．
即y=g（x）與y=f（x）的圖象在（0，+∞）上至少有一個交點，f（x）=-（x-1）²+1+c，
∴f（x）_max=1+c，g（x）_min=2，
∴1+c≥2，∴c≥1，∴c的取值范圍為[1，+∞）．
（3）∵c=m-3，∴F（x）=-x²+2x+m-3-（m+2）x=-x²-mx+m-3，
∴對任意x∈（1，2]有-x²-mx+m-3≤0恒成立，∴$m≥\frac{{-{x^2}-3}}{x-1}$，
令t=x-1，t∈（0，1]，∴x=t+1，∴$m≥\frac{{-{{（t+1）}^2}-3}}{t}=-t-\frac{4}{t}-2$，
令$G（t）=-t-\frac{4}{t}-2$，設(shè)t₁，t₂為（0，1]上任意兩不等實數(shù)，且t₂＞t₁，
∴$G（{t_2}）-G（{t_1}）=-{t_2}-\frac{4}{t_2}-2-（-{t_1}-\frac{4}{t_1}-2）={t_1}-{t_2}+\frac{4}{t_1}-\frac{4}{t_2}=（{t_1}-{t_2}）（1-\frac{4}{{{t_1}{t_2}}}）$，
∵0＜t₁＜t₂≤1，∴t₁-t₂＜0，$1-\frac{4}{{{t_1}{t_2}}}＜0$，∴G（t₂）-G（t₁）＞0，
∴G（t）在（0，1]上單調(diào)遞增，
∴G（t）_max=G（1）=-1-4-2=-7，∴m≥-7．
∴實數(shù)m的取值范圍為[-7，+∞）．

點評 本題考查函數(shù)恒成立問題，突出考查二次函數(shù)的對稱性與單調(diào)性及“對勾函數(shù)”的單調(diào)性質(zhì)，考查等價轉(zhuǎn)化思想與運(yùn)算求解能力，屬于難題．