Question

3．设函数f（x）=x²-px+q，且不等式|f（x）|≤2当1≤x≤5时恒成立，则f（3）的值是-2．

Answer 1

分析 此题要求f_（3）的值，须知f_（x）的解析式，即求出p，q的值；已知条件是|f（x）|≤2对于1≤x≤5恒成立，所以问题转化为f_（x）在区间[1，5]的值域问题，即f_（x）在[1，5]的值域为[-2，2]恒成立，因为元函数含有待定系数所以单调性不确定，故需讨论对称轴的位置以确定f_（x）的单调性，从而确定其值域，进而确定p，q的取值．具体讨论过程分为3步：对称轴在1的左边则递增；在5的右边则递减；在1和5之间时，单调性不唯一，所以还需分情况讨论，讨论何时取得的最大值．

解答 解：函数${f}_{（x）}={x}^{2}-px+q$对于?x∈[1，5]有不等式|f（x）|≤2恒成立，
∴函数在[1，5]上的值域为[-2，2]恒成立，
函数f_（x）的对称轴为$x=-\frac{b}{2a}=-\frac{-p}{2×1}=\frac{p}{2}$，故分类讨论如下：
1）．当$x=\frac{p}{2}＜1，即p＜2$时，函数在[1，5]上为单调增函数，
∴其值域为[f_（1），f_（5）]，满足条件$\left\{\begin{array}{l}{{f}_{（1）}={1}^{2}-1p+q≥-2}\\{{f}_{（5）}={5}^{2}-5p+q≤2}\end{array}\right.$即可，求得p≥5，与p＜2矛盾，故不合题意舍去；
2）．当$x=\frac{p}{2}＞5，即p＞10$时，函数在[1，5]上为单调减函数，
∴其值域为[f_（5），f_（1）]，满足条件$\left\{\begin{array}{l}{{f}_{（5）}={5}^{2}-5p+q≥-2}\\{{f}_{（1）}={1}^{2}-1p+q≤2}\end{array}\right.$即可，求得p≤7，与p＞10矛盾，故不合题意舍去；
3）．当$1≤x=\frac{p}{2}≤5，即2≤p≤10$时，函数在[1，5]上单调性不唯一，所以需要根据对称轴的位置再分类；
a）．当$1≤x=\frac{p}{2}＜3，即2≤p＜6$时，函数在[1，5]上先为减函数后为增函数，并在x=5时取得最大值，在$x=\frac{p}{2}$时取得最小值，
∴其值域为$[{f}_{（\frac{p}{2}）}，{f}_{（5）}]$，满足条件$\left\{\begin{array}{l}{{f}_{（\frac{p}{2}）}=（\frac{p}{2}）^{2}-p×\frac{p}{2}+q≥-2}\\{{f}_{（5）}={5}^{2}-5p+q≤2}\end{array}\right.$即可，求得6≤p≤14，与2≤p＜6矛盾，故不合题意舍去；
b）．当$3＜x=\frac{p}{2}≤5，即6＜p≤10$时，函数在[1，5]上先为减函数后为增函数，并在x=1时取得最大值，在$x=\frac{p}{2}$时取得最小值，
∴其值域为$[{f}_{（\frac{p}{2}）}，{f}_{（1）}]$，满足条件$\left\{\begin{array}{l}{{f}_{（\frac{p}{2}）}=（\frac{p}{2}）^{2}-p×（\frac{p}{2}）+q≥-2}\\{{f}_{（1）}={1}^{2}-1p+q≤2}\end{array}\right.$即可，求得-2≤p≤6，与6＜p≤10矛盾，故不合题意舍去；
c）．当$x=\frac{p}{2}=3，即p=6$时，函数在[1，5]上关于x=3对称，最大值为f_（1）=f_（5），最小值为f_（3），
∴其值域为[f_（3），f_（1）]，此时韩式解析式为${f}_{（x）}={x}^{2}-6x+q$，满足条件$\left\{\begin{array}{l}{{f}_{（3）}={3}^{2}-6×3+q≥-2}\\{{f}_{（1）}={1}^{2}-6×1+q≤2}\end{array}\right.$，求得$\left\{\begin{array}{l}{q≥7}\\{q≤7}\end{array}\right.$
∴q=7，函数解析式为${f}_{（x）}={x}^{2}-6x+7$，所以f_（3）=-2
故：答案应填-2

点评 本题虽是关于二次函数的不等式恒成立问题，但是本质上是考察对二次函数的值域掌握情况，运用分类讨论的方法确定二次函数的单调性，进而确定函数的值域，从而确定待定系数的值求出解析式．