Question

9．設(shè)f（x）=x²+bx+c（b、c∈R）．
（Ⅰ）若f（x）在[-2，2]上單調(diào)，求b的取值范圍；
（Ⅱ）若f（x）≥|x|對一切x∈R恒成立，求證：b²+1≤4c；
（Ⅲ）若對一切滿足|x|≥2的實數(shù)x，都有f（x）≥0，且$f（\frac{{2{x^2}+3}}{{{x^2}+1}}）$的最大值為1，求證：b、c滿足的條件是3b+c+8=0且-5≤b≤-4．

Answer 1

分析 （Ⅰ）若f（x）在[-2，2]上單調(diào)，則-$\frac{2}$≤-2，或-$\frac{2}$≥2，解得b的取值范圍；
（Ⅱ）若f（x）≥|x|對一切x∈R恒成立，x²+bx+c≥x與x²+bx+c≥-x同時成立，即$\left\{\begin{array}{l}{（b-1）^2}-4c≤0\\{（b+1）^2}-4c≤0\end{array}\right.$，進(jìn)而可得結(jié)論；
（Ⅲ）若對一切滿足|x|≥2的實數(shù)x，都有f（x）≥0，且$f（\frac{{2{x^2}+3}}{{{x^2}+1}}）$的最大值為1，分f（x）=0有實根和f（x）=0無實根兩種情況，求出b、c滿足的條件，綜合討論結(jié)果，可得答案．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）=x²+bx+c的圖象是開口朝上，且以直線x=-$\frac{2}$為對稱軸的拋物線，
若f（x）在[-2，2]上單調(diào)，
則-$\frac{2}$≤-2，或-$\frac{2}$≥2，
解得b≤-4或b≥4；
證明：（Ⅱ）若f（x）≥|x|對一切x∈R恒成立，
須x²+bx+c≥x與x²+bx+c≥-x同時成立，
即$\left\{\begin{array}{l}{（b-1）^2}-4c≤0\\{（b+1）^2}-4c≤0\end{array}\right.$，
∴b²+1≤4c；
（Ⅲ）①當(dāng)f（x）=0有實根時，f（x）=0的實根在區(qū)間[-2，2]內(nèi)，
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$\frac{{2{x^2}+3}}{{{x^2}+1}}=2+\frac{1}{{{x^2}+1}}∈（2，3]$，
∴$f（\frac{{2{x^2}+3}}{{{x^2}+1}}）$的最大值為f（3）=1，即9+3b+c=1，
∴c=-3b-8．
∴$\left\{\begin{array}{l}4-2b-3b-8≥0\\ 4+2b-3b-8≥0\\-4≤b≤4\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}b≤-\frac{4}{5}\\ b≤-4\\-4≤b≤4\end{array}\right.$，
解得b=-4，c=4．
②當(dāng)f（x）=0無實根時，△=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)間的端點處取得，
所以，當(dāng)f（2）＞f（3）時，$f（\frac{{2{x^2}+3}}{{{x^2}+1}}）$無最大值．
于是，$f（\frac{{2{x^2}+3}}{{{x^2}+1}}）$存在最大值的等價條件是f（2）≤f（3），即4+2b+c≤9+3b+c，
∴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．

點評 本題考查的知識點是二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，熟練掌握二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，是解答的關(guān)鍵．