Question

已知二次函数f（x）=ax²+bx+c，（a，b，c∈R）的最小值为-1，且关于x的一元二次不等式ax²+bx+c＞0的解集为（-∞，-2）∪（0，+∞）．
（Ⅰ）求函数y=f（x）的解析式；
（Ⅱ）设F（x）=tf（x）-x-3其中t≥0，求函数F（x）在x∈[-

3

2

，2]时的最大值H（t）
（Ⅲ）若g（x）=f（x）+k（k为实数），对任意m∈[0，+∞），总存在n∈[0，+∞）使得g（m）=H（n）成立，求实数k的取值范围．

Answer 1

考点：函数恒成立问题

专题：函数的性质及应用

分析：（Ⅰ）根据不等式的解集，以及二次函数的性质即可求函数y=f（x）的解析式；
（Ⅱ）求出F（x）的表达式，结合二次函数的图象和性质，即可求函数F（x）在x∈[-

3

2

，2]时的最大值H（t）；
（Ⅲ）求出函数H（x）的值域，利用函数与方程之间的关系即可得到结论．

解答： 解：（Ⅰ）∵x的一元二次不等式ax²+bx+c＞0的解集为（-∞，-2）∪（0，+∞）．
∴0和2是方程ax²+bx+c=0的两根，
∴f（0）=c=0，f（2）=4a-2b=0，
又f（x）的最小值即-

b2

4a

=-1，
∴a=1，b=2，c=0，
∴f（x）=x²+2x．
（Ⅱ）F（x）=t（x²+2x）-x-3=tx²+（2t-1）x-3，（t≥0）
分以下情况讨论F(x)，x∈[-

3

2

，2]的最大值H（t）
（1）当t=0时，F（x）=-x-3在x∈[-

3

2

，2]上是减函数，H(t)=F(x)max=F(-

3

2

)=-

3

2

…．
（2）当t＞0时，F（x）的图象关于直线x=-

2t-1

2t

=-1+

1

2t

对称，
∵

- 3 2 +2

2

=

1

4

，故只需比较-1+

1

2t

与

1

4

的大小．
当-1+

1

2t

≤

1

4

时，即t≥

2

5

时，F(2)≥F(-

3

2

)，F(x)max=H(t)=F(2)=8t-5．
当-1+

1

2t

＞

1

4

时，即0＜t＜

2

5

时，F(2)＜F(-

3

2

)，F(x)max=H(t)=F(-

3

2

)=-

3

4

t-

3

2

； 
综上所得H(t)=

- 3 4 t- 3 2 ，(0≤t＜ 2 5 ) 8t-5，(t≥ 2 5 )

．
（Ⅲ）∵H(t)=

- 3 4 t- 3 2 ，(0≤t＜ 2 5 ) 8t-5，(t≥ 2 5 )

，函数H（t）的值域为[-

9

5

，+∞)，
g（x）=x²+2x+k在区间[0，+∞）上单调递增，
故值域为[k，+∞），对任意m∈[0，+∞），总存在n∈[0，+∞）使得g（m）=H（n）成立，
则[k，+∞）⊆[-

9

5

，+∞)，
∴k≥-

9

5

．

点评：本题主要考查不等式的应用以及函数单调性的应用，注意要对t进行分类讨论，考查学生的计算能力．