Question

7．已知函數(shù)f（x）=2x+b，g（x）=x²+bx+c，其中b、c∈R，設(shè)$h（x）=\frac{g（x）}{f（x）}$．
（1）如果h（x）為奇函數(shù)，求實數(shù)b、c滿足的條件；
（2）在（1）的條件下，若函數(shù)h（x）在區(qū)間[2，+∞）上為增函數(shù)，求c的取值范圍；
（3）若對任意的x∈R恒有f（x）≤g（x）成立．證明：當(dāng)x≥0時，g（x）≤（x+c）²成立．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)函數(shù)奇偶性的定義建立方程關(guān)系進(jìn)行求解即可．
（2）根據(jù)好是單調(diào)性的定義和性質(zhì)建立不等式關(guān)系即可得到結(jié)論．
（3）根據(jù)條件求出c的取值范圍，即可得到結(jié)論．

解答 解：（1）$h（x）=\frac{{{x^2}+bx+c}}{2x+b}$，設(shè)$h（x）=\frac{g（x）}{f（x）}$的定義域為D，
∵h(yuǎn)（x）為奇函數(shù)，∴對于任意x∈D，h（-x）=-h（x）成立．…（1分）
即：$\frac{{{x^2}-bx+c}}{-2x+b}=-\frac{{{x^2}+bx+c}}{2x+b}$化簡得：bx²-bc=0…（3分）
因?qū)τ谌我鈞∈D都成立，
∴$\left\{{\begin{array}{l}{b=0}\\{bc=0}\end{array}}\right.$，
即b=0，c∈R…（4分）
（2）由（1）知b=0，∴$h（x）=\frac{1}{2}x+\frac{c}{2x}$…（5分）
∵h(yuǎn)（x）在[2，+∞）上為增函數(shù)，
∴任取2≤x₁＜x₂時，$f（{x_2}）-f（{x_1}）=\frac{1}{2}（{x_2}-{x_1}）（1-\frac{c}{{{x_1}{x_2}}}）＞0$恒成立．…（6分）
即任取2≤x₁＜x₂時，1-$\frac{c}{{x}_{1}{x}_{2}}$＞0成立，
也就是c＜x₁x₂成立． …（8分）
∴c≤4，即c的取值范圍是（-∞，4]． …（10分）
（3）因為任意的x∈R恒有f（x）≤g（x）成立，
所以對任意的x∈R，2x+b≤x²+bx+c，
即x²+（b-2）x+c-b≥0恒成立．…（11分）
所以判別式△=（b-2）²-4（c-b）≤0，
從而c≥$\frac{^{2}+1}{4}$，
∴c≥1，且c$≥2\sqrt{\frac{^{2}}{4}×1}$=|b|，…（13分）
因此 c（c-1）≥0且2c-b=c+（c-b）＞0．…（14分）
故當(dāng)x≥0時，有（x+c）²-g（x）=（2c-b）x+c（c-1）≥0．…（15分）
即當(dāng)x≥0時，g（x）≤（x+c）²成立．…（16分）

點評 本題主要考查函數(shù)奇偶性的定義和單調(diào)性的應(yīng)用，利用定義法是解決本題的關(guān)鍵．