Question

2．已知函數(shù)f（x）=x²+（a+2）x+b，f（-1）=-2，對(duì)于x∈R，f（x）≥2x恒成立．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的解析式
（Ⅱ）設(shè)函數(shù)g（x）=$\frac{f（x）}{x}$-4
①證明：函數(shù)g（x）在區(qū)間[1，∞]上是增函數(shù)；
②是否存在正實(shí)數(shù)m＜n，當(dāng)m≤x≤n時(shí)函數(shù)g（x）的值域?yàn)閇m+2，n+2]，若存求在出m，n的值，若不存在，則說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由條件可得b=a-1，x²+ax+b≥0恒成立，即有△=a²-4b≤0，即可求得a=2，b=1，可得f（x）的解析式；
（Ⅱ）求得g（x）的解析式，①運(yùn)用單調(diào)性定義證明，注意作差、變形和定符號(hào)、下結(jié)論幾個(gè)步驟；
②假設(shè)存在正實(shí)數(shù)m＜n，當(dāng)m≤x≤n時(shí)函數(shù)g（x）的值域?yàn)閇m+2，n+2]．對(duì)m，n討論，結(jié)合單調(diào)性和最值，得到方程，解方程即可判斷．

解答 解：（Ⅰ）f（-1）=-2，可得1-（a+2）+b=-2，即有b=a-1，
對(duì)于x∈R，f（x）≥2x恒成立，即為x²+ax+b≥0恒成立，
即有△=a²-4b≤0，即為a²-4（a-1）≤0，
可得a=2，b=1．
則f（x）=x²+4x+1；
（Ⅱ）設(shè)函數(shù)g（x）=$\frac{f（x）}{x}$-4=x+$\frac{1}{x}$，
①證明：設(shè)1≤x₁＜x₂，則g（x₁）-g（x₂）
=x₁+$\frac{1}{{x}_{1}}$-x₂-$\frac{1}{{x}_{2}}$=（x₁-x₂）（1-$\frac{1}{{x}_{1}{x}_{2}}$），
由1≤x₁＜x₂，可得x₁-x₂＜0，x₁x₂＞1，
1-$\frac{1}{{x}_{1}{x}_{2}}$＞0，即有f（x₁）-f（x₂）＜0，
則函數(shù)g（x）在[1，+∞）上是增函數(shù)；
②假設(shè)存在正實(shí)數(shù)m＜n，當(dāng)m≤x≤n時(shí)函數(shù)g（x）的值域?yàn)閇m+2，n+2]．
若0＜m＜n≤1，則g（x）遞減，即有g(shù)（m）=n+2，g（n）=m+2，
即為m+$\frac{1}{m}$=n+2，n+$\frac{1}{n}$=m+2，可得m=1-$\frac{\sqrt{2}}{2}$，n=1+$\frac{\sqrt{2}}{2}$，不成立舍去；
若1≤m＜n，則g（x）遞增，即有g(shù)（m）=m+2，g（n）=n+2，
即為m+$\frac{1}{m}$=m+2，n+$\frac{1}{n}$=n+2，可得m=n=$\frac{1}{2}$，不成立舍去；
若0＜m＜1＜n，則g（1）取得最小值，且為2，即有m+2=1，可得m=-1，不成立舍去．
綜上可得，不存在正實(shí)數(shù)m＜n，當(dāng)m≤x≤n時(shí)函數(shù)g（x）的值域?yàn)閇m+2，n+2]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)的解析式和定義域、值域的求法，考查單調(diào)性的判斷和運(yùn)用，運(yùn)用分類討論的思想方法是解題的關(guān)鍵．