Question

19．函数f_n（x）=xⁿ+bx+c（n∈Z，b，c∈R）．
（1）若n=-1，且f_-1（1）=f_-1（$\frac{1}{2}$）=4，试求实数b，c的值；
（2）设n=2，若对任意x₁，x₂∈[-1，1]有|f₂（x₁）-f₂（x₂）|≤4恒成立，求b的取值范围；
（3）当n=1时，已知bx²+cx-a=0，设g（x）=$\frac{{\sqrt{1-{x^4}}}}{{1+{x^2}}}$，是否存在正数a，使得对于区间$[{-\frac{{2\sqrt{5}}}{5}，\frac{{2\sqrt{5}}}{5}}]$上的任意三个实数m，n，p，都存在以f₁（g（m）），f₁（g（n）），f₁（g（p））为边长的三角形？若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）由条件，可得b，c的方程，解方程可得b，c；
（2）当n=2时，f₂（x）=x²+bx+c，对任意x₁，x₂∈[-1，1]有|f₂（x₁）-f₂（x₂）|≤4恒成立等价于f₂（x）在[-1，1]上的最大值与最小值之差M≤4．讨论对称轴和区间的关系，判断单调性，可得最值，解不等式即可得到所求范围；
（3）设t=g（x）=$\frac{{\sqrt{1-{x^4}}}}{{1+{x^2}}}$=$\sqrt{\frac{1-{x}^{2}}{1+{x}^{2}}}$=$\sqrt{\frac{2}{1+{x}^{2}}-1}$，由x∈$[{-\frac{{2\sqrt{5}}}{5}，\frac{{2\sqrt{5}}}{5}}]$，可得t∈[$\frac{1}{3}$，1]．则y=t+$\frac{a}{t}$在[$\frac{1}{3}$，1]上恒有2y_min＞y_max．讨论顶点处x=$\sqrt{a}$与区间[$\frac{1}{3}$，1]的关系，求得单调性，可得最值，解不等式即可得到存在，求得a的范围．

解答 解：（1）n=-1，且${f_{-1}}（1）={f_{-1}}（{\frac{1}{2}}）=4$，
可得1+b+c=4，2+$\frac{1}{2}$b+c=4，解得b=2，c=1；
（2）当n=2时，f₂（x）=x²+bx+c，
对任意x₁，x₂∈[-1，1]有|f₂（x₁）-f₂（x₂）|≤4恒成立等价于
f₂（x）在[-1，1]上的最大值与最小值之差M≤4．
①当-$\frac{b}{2}$＜-1，即b＞2时，f₂（x）在[-1，1]递增，
f₂（x）_min=f₂（-1）=1-b+c，f₂（x）_max=f₂（1）=1+b+c，
M=2b＞4（舍去）；
②当-1≤-$\frac{b}{2}$≤0，即0≤b≤2时，f₂（x）在[-1，-$\frac{b}{2}$]递减，在（-$\frac{b}{2}$，1]递增，
f₂（x）_min=f₂（-$\frac{b}{2}$）=c-$\frac{{b}^{2}}{4}$，f₂（x）_max=f₂（1）=1+b+c，M=（$\frac{b}{2}$+1）²≤4恒成立，故0≤b≤2；
③当0＜-$\frac{b}{2}$≤1即-2≤b＜0时，f₂（x）在[-1，-$\frac{b}{2}$]递减，在（-$\frac{b}{2}$，1]递增，
f₂（x）_min=f₂（-$\frac{b}{2}$）=c-$\frac{{b}^{2}}{4}$，f₂（x）_max=f₂（-1）=1-b+c，M=（$\frac{b}{2}$-1）²≤4恒成立，故-2≤b＜0；
④当-$\frac{b}{2}$＞1，即b＜-2时，f₂（x）在[-1，1]递减，
f₂（x）_min=f₂（1）=1+b+c，f₂（x）_max=f₂（-1）=1-b+c，
M=-2b＞4矛盾．
综上可得，b的取值范围是-2≤b≤2；
（3）设t=g（x）=$\frac{{\sqrt{1-{x^4}}}}{{1+{x^2}}}$=$\sqrt{\frac{1-{x}^{2}}{1+{x}^{2}}}$=$\sqrt{\frac{2}{1+{x}^{2}}-1}$，
由x∈$[{-\frac{{2\sqrt{5}}}{5}，\frac{{2\sqrt{5}}}{5}}]$，可得t∈[$\frac{1}{3}$，1]．
则y=t+$\frac{a}{t}$在[$\frac{1}{3}$，1]上恒有2y_min＞y_max．
①当a∈（0，$\frac{1}{9}$]时，y=t+$\frac{a}{t}$在[$\frac{1}{3}$，1]上递增，
y_min=$\frac{1}{3}$+3a，y_max=a+1，又2y_min＞y_max．
则a＞$\frac{1}{15}$，即有$\frac{1}{15}$＜a≤$\frac{1}{9}$；
②当a∈（$\frac{1}{9}$，$\frac{1}{3}$]时，y=t+$\frac{a}{t}$在[$\frac{1}{3}$，$\sqrt{a}$）递减，（$\sqrt{a}$，1）递增，
可得y_min=2$\sqrt{a}$，y_max=max{3a+$\frac{1}{3}$，a+1}=a+1，又2y_min＞y_max．
解得7-4$\sqrt{3}$＜a＜7+4$\sqrt{3}$，即有$\frac{1}{9}$＜a≤$\frac{1}{3}$；
③当a∈（$\frac{1}{3}$，1）时，y=t+$\frac{a}{t}$在[$\frac{1}{3}$，$\sqrt{a}$）递减，（$\sqrt{a}$，1）递增，
可得y_min=2$\sqrt{a}$，y_max=max{3a+$\frac{1}{3}$，a+1}=3a+$\frac{1}{3}$，又2y_min＞y_max．
解得$\frac{7-4\sqrt{3}}{9}$＜a＜$\frac{7+4\sqrt{3}}{9}$，即有$\frac{1}{3}$＜a＜1；
④当a∈[1，+∞）时，y=t+$\frac{a}{t}$在[$\frac{1}{3}$，1]上递减，
y_min=a+1，y_max=3a+$\frac{1}{3}$，又2y_min＞y_max．
则a＜$\frac{5}{3}$，即有1≤a＜$\frac{5}{3}$．
综上可得，存在这样的三角形，a的取值范围是$\frac{1}{15}$＜a＜$\frac{5}{3}$．

点评 本题考查不等式恒成立问题和存在性问题的解法，注意运用转化思想，转化为求最值，以及运用分类讨论的思想方法，注意对称轴或顶点与区间的关系，考查化简整理的运算能力，属于难题．