Question

10．已知二次函數(shù)f（x）=x²+bx+1，
（1）若函數(shù)f（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，求實數(shù)b的取值范圍；
（2）是否存在實數(shù)b，使得函數(shù)f（x）在區(qū)間[0，1]上有兩個不同的零點？若存在，求實數(shù)b的取值范圍，若不存在，請說明理由；
（3）若f（x）≥f（-$\frac{1}{2}$）對任意x∈R恒成立，求證：當x＞0時，$\frac{f（x）}{{e}^{x}}$＜x²+2．

Answer 1

分析 （1）函數(shù)f（x）=x²+bx+1的圖象是開口朝上，且以直線x=-$\frac{2}$為對稱軸的拋物線，由函數(shù)f（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，可得：-$\frac{2}$≤1，解得實數(shù)b的取值范圍；
（2）不存在實數(shù)b，使得函數(shù)f（x）在區(qū)間[0，1]上有兩個不同的零點，由對勾函數(shù)的圖象和性質(zhì)可說明理由；
（3）若f（x）≥f（-$\frac{1}{2}$）對任意x∈R恒成立，則b=1，利用導(dǎo)數(shù)法可證得：當x＞0時，$\frac{f（x）}{{e}^{x}}$＜x²+2．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）=x²+bx+1的圖象是開口朝上，且以直線x=-$\frac{2}$為對稱軸的拋物線，
由函數(shù)f（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，
∴-$\frac{2}$≤1，
解得：b≥-2；
（2）顯然x=0不是函數(shù)f（x）的零點．
當x∈（0，1]時，f（x）=x²+bx+1=0，可化為：-b=x+$\frac{1}{x}$，
令g（x）=x+$\frac{1}{x}$，由對勾函數(shù)的圖象和性質(zhì)可得：
g（x）=x+$\frac{1}{x}$在x∈（0，1]時單調(diào)遞減，
故直線y=-b與g（x）=x+$\frac{1}{x}$在x∈（0，1]時的圖象至多有一個交點，
故不存在實數(shù)b，使得函數(shù)f（x）在區(qū)間[0，1]上有兩個不同的零點；
證明：（3）∵f（x）≥f（-$\frac{1}{2}$）對任意x∈R恒成立，
∴-$\frac{2}$=-$\frac{1}{2}$，即b=1，
則$\frac{f（x）}{{e}^{x}}$＜x²+2時，$\frac{{x}^{2}+x+1}{{e}^{x}}-{x}^{2}-2$＜0，
令F（x）=$\frac{{x}^{2}+x+1}{{e}^{x}}-{x}^{2}-2$，
則F′（x）=$\frac{{x-x}^{2}}{{e}^{x}}-2x$=$\frac{x（1-x-2{e}^{x}）}{{e}^{x}}$，
當x＞0時，F(xiàn)′（x）＜0恒成立，
故x＞0時，F(xiàn)（x）為減函數(shù)，
∴F（x）＜F（0）=-1＜0，
即當x＞0時，$\frac{{x}^{2}+x+1}{{e}^{x}}-{x}^{2}-2$＜0，
即當x＞0時，$\frac{f（x）}{{e}^{x}}$＜x²+2．

點評 本題考查的知識點是二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，函數(shù)的零點，恒成立問題，是函數(shù)的圖象和性質(zhì)與導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，難度中檔．