Question

12．已知函數(shù)f（x）=x²+bx+c（b，c∈R）．
（1）當(dāng)b=c＞0時(shí)，若函數(shù)f（x）的圖象于x軸有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，其橫坐標(biāo)分別為x₁，x₂，求證：x₁＜-1且x₂＜-1；
（2）若對任意滿足|x|≥2的實(shí)數(shù)x有f（x）≥0成立，且f（$\frac{2{x}^{2}+3}{{x}^{2}+1}$）的最大值為1，試求b，c滿足的條件．

Answer 1

分析 （1）先求出b的范圍，再用分析法證明即可．
（2）欲對一切x∈R，有|x+$\frac{1}{x}$|≥2，可轉(zhuǎn)化成對一切滿足|x|≥2的實(shí)數(shù)x，有f（x）≥0，求出$\frac{2{x}^{2}+3}{{x}^{2}+1}$的值域，再研究函數(shù)f（x）在其值域范圍內(nèi)的單調(diào)性，求出最大值，建立等量關(guān)系，求出b，c滿足的條件．

解答 解：（1）∵b=c＞0，所以f（x）=x²+bx+b，
因?yàn)楹瘮?shù)f（x）的圖象于x軸有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，
∴b²-4b＞0，解得b＞4，
∴x₁=$\frac{-b-\sqrt{^{2}-4b}}{2}$，x₂=$\frac{-b+\sqrt{^{2}-4b}}{2}$，
要證，x₁＜-1且x₂＜-1，
只要證：$\frac{-b-\sqrt{^{2}-4b}}{2}$＜-1且$\frac{-b+\sqrt{^{2}-4b}}{2}$＜-1，
只要證：-b-$\sqrt{^{2}-4b}$＜-2，且-b+$\sqrt{^{2}-4b}$＜-2，
只要證：2-b＜$\sqrt{^{2}-4b}$，且$\sqrt{^{2}-4b}$＜b-2=$\sqrt{^{2}-4b+4}$
∵b＞4，
∴2-b＜0，
∴2-b＜$\sqrt{^{2}-4b}$，且$\sqrt{^{2}-4b}$＜b-2，
∴x₁＜-1且x₂＜-1；
（2）因?yàn)閨x+$\frac{1}{x}$|≥2，依題意，對一切滿足|x|≥2的實(shí)數(shù)x，有f（x）≥0．
①當(dāng)f（x）=0有實(shí)根時(shí)，f（x）=0的實(shí)根在區(qū)間[-2，2]內(nèi)，設(shè)f（x）=x²+bx+c，所以$\left\{\begin{array}{l}{f（-2）≥0}\\{f（2）≥0}\\{-2≤-\frac{2}≤2}\end{array}\right.$，
即$\left\{\begin{array}{l}{4-2b+c≥0}\\{4+2b+c≥0}\\{-4≤b≤4}\end{array}\right.$，又$\frac{2{x}^{2}+3}{{x}^{2}+1}$=2+$\frac{1}{{x}^{2}+1}$∈（2，3]，
于是，f（$\frac{2{x}^{2}+3}{{x}^{2}+1}$）的最大值為f（3）=1，即9+3b+c=1，從而c=-3b-8．
故$\left\{\begin{array}{l}{4-2b-3b-8≥0}\\{4+2b-3b-8≥0}\\{-4≤b≤4}\end{array}\right.$，解得b=-4，c=4．
②當(dāng)f（x）=0無實(shí)根時(shí)，△=b²-4c＜0，由二次函數(shù)性質(zhì)知，
f（x）=x²+bx+c在（2，3]上的最大值只能在區(qū)間的端點(diǎn)處取得，
所以，當(dāng)f（2）＞f（3）時(shí)，f（$\frac{2{x}^{2}+3}{{x}^{2}+1}$）無最大值．
于是，f（$\frac{2{x}^{2}+3}{{x}^{2}+1}$）存在最大值的充要條件是f（2）≤f（3），
即4+2b+c≤9+3b+c，所以，b≥-5．又f（$\frac{2{x}^{2}+3}{{x}^{2}+1}$）的最大值為f（3）=1，
即9+3b+c=1，從而c=-3b-8．由△=b²-4c＜0，得b²+12b+32＜0，即-8＜b＜-4．
所以b、c滿足的條件為3b+c+8=0且-5≤b＜-4．
綜上：3b+c+8=0且-5≤b≤-4．

點(diǎn)評 本題主要考查了函數(shù)的單調(diào)性，以及函數(shù)恒成立問題和函數(shù)最值與幾何意義，屬于中檔題．