Question

9．设f（x）=x²+bx+c（b、c∈R）．
（Ⅰ）若f（x）在[-2，2]上单调，求b的取值范围；
（Ⅱ）若f（x）≥|x|对一切x∈R恒成立，求证：b²+1≤4c；
（Ⅲ）若对一切满足|x|≥2的实数x，都有f（x）≥0，且$f（\frac{{2{x^2}+3}}{{{x^2}+1}}）$的最大值为1，求证：b、c满足的条件是3b+c+8=0且-5≤b≤-4．

Answer 1

分析 （Ⅰ）若f（x）在[-2，2]上单调，则-$\frac{b}{2}$≤-2，或-$\frac{b}{2}$≥2，解得b的取值范围；
（Ⅱ）若f（x）≥|x|对一切x∈R恒成立，x²+bx+c≥x与x²+bx+c≥-x同时成立，即$\left\{\begin{array}{l}{（b-1）^2}-4c≤0\\{（b+1）^2}-4c≤0\end{array}\right.$，进而可得结论；
（Ⅲ）若对一切满足|x|≥2的实数x，都有f（x）≥0，且$f（\frac{{2{x^2}+3}}{{{x^2}+1}}）$的最大值为1，分f（x）=0有实根和f（x）=0无实根两种情况，求出b、c满足的条件，综合讨论结果，可得答案．

解答 解：（Ⅰ）函数f（x）=x²+bx+c的图象是开口朝上，且以直线x=-$\frac{b}{2}$为对称轴的抛物线，
若f（x）在[-2，2]上单调，
则-$\frac{b}{2}$≤-2，或-$\frac{b}{2}$≥2，
解得b≤-4或b≥4；
证明：（Ⅱ）若f（x）≥|x|对一切x∈R恒成立，
须x²+bx+c≥x与x²+bx+c≥-x同时成立，
即$\left\{\begin{array}{l}{（b-1）^2}-4c≤0\\{（b+1）^2}-4c≤0\end{array}\right.$，
∴b²+1≤4c；
（Ⅲ）①当f（x）=0有实根时，f（x）=0的实根在区间[-2，2]内，
所以$\left\{\begin{array}{l}f（-2）≥0\\ f（2）≥0\\-2≤-\frac{b}{2}≤2\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}4-2b+c≥0\\ 4+2b+c≥0\\-4≤b≤4\end{array}\right.$，
又$\frac{{2{x^2}+3}}{{{x^2}+1}}=2+\frac{1}{{{x^2}+1}}∈（2，3]$，
∴$f（\frac{{2{x^2}+3}}{{{x^2}+1}}）$的最大值为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当f（x）=0无实根时，△=b²-4c＜0，
由二次函数性质知，f（x）=x²+bx+c在（2，3]上的最大值只能在区间的端点处取得，
所以，当f（2）＞f（3）时，$f（\frac{{2{x^2}+3}}{{{x^2}+1}}）$无最大值．
于是，$f（\frac{{2{x^2}+3}}{{{x^2}+1}}）$存在最大值的等价条件是f（2）≤f（3），即4+2b+c≤9+3b+c，
∴b≥-5．
又$f（\frac{{2{x^2}+3}}{{{x^2}+1}}）$的最大值为f（3）=1，即9+3b+c=1，
从而c=-3b-8．
由△=b²-4c＜0，得b²+12b+32＜0，即-8＜b＜-4．
所以b、c满足的条件为3b+c+8=0且-5≤b＜-4．
综上：3b+c+8=0且-5≤b≤-4．

点评 本题考查的知识点是二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质，是解答的关键．