Question

1．已知f（x）=2^x+1，x∈R且f（x）可表示为一个偶函数g（x）与一个奇函数h（x）的和，设h（x）=t，p（t）=g（2x）+2mh（x）+m²-m+1，m∈R．
（1）求P（t）的解析式；
（2）若p（t）≥m²-m+1对于x∈[1，2]恒成立，求m的取值范围；
（3）当P（P（t））=0无实根，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （1）利用f（x）=g（x）+h（x）和f（-x）=g（-x）+h（-x）求出g（x）和h（x）的表达式，再求出p（t）关于t的表达式即可．
（2）先有x∈[1，2]找出t的范围，在把所求问题转化为求p（t）在[$\frac{3}{2}$，$\frac{15}{4}$]的最小值．让大于等于m²-m-1即可．
（3）转化为关于p（t）的一元二次方程，利用判别式的取值，再分别讨论即可．

解答 解：（1）假设f（x）=g（x）+h（x）①，其中g（x）偶函数，h（x）为奇函数，
则有f（-x）=g（-x）+h（-x），即f（-x）=g（x）-h（x）②，
由①②解得g（x）=$\frac{f（x）+f（-x）}{2}$，h（x）=$\frac{f（x）-f（-x）}{2}$，
∵f（x）定义在R上，∴g（x），h（x）都定义在R上．
∵g（-x）=$\frac{f（-x）+f（x）}{2}$=g（x），h（-x）=$\frac{f（-x）-f（x）}{2}$=-h（x）．
∴g（x）是偶函数，h（x）是奇函数，∵f（x）=2^x+1，
∴g（x）=$\frac{f（x）+f（-x）}{2}$=$\frac{2x+1+2-x+1}{2}$=2x+$\frac{1}{2x}$，
h（x）=$\frac{f（x）-f（-x）}{2}$=$\frac{2x+1-2-x+1}{x}$=2x-$\frac{1}{2x}$，
由2x-$\frac{1}{2x}$=t，则t∈R，
平方得t²=（2x-$\frac{1}{2x}$）²=2^2x+$\frac{1}{{2}^{2x}}$-2，∴g（2x）=2^2x+$\frac{1}{{2}^{2x}}$=t²+2，
∴p（t）=t²+2mt+m²-m+1．
（2）∵t=h（x）关于x∈[1，2]单调递增，
∴$\frac{3}{2}$≤t≤$\frac{15}{4}$，
∴p（t）=t²+2mt+m²-m+1≥m²-m-1对于t∈[$\frac{3}{2}$，$\frac{15}{4}$]恒成立，
∴m≥-$\frac{{t}^{2}+2}{2t}$对于t∈[$\frac{3}{2}$，$\frac{15}{4}$]恒成立，
令φ（t）=-$\frac{{t}^{2}+2}{2t}$，则φ′（t）=$\frac{1}{2}$（$\frac{2}{{t}^{2}}$-1），
∵t∈[$\frac{3}{2}$，$\frac{15}{4}$]，∴φ′（t）=$\frac{1}{2}$（$\frac{2}{{t}^{2}}$-1）＜0，
故φ（t）在t∈[$\frac{3}{2}$，$\frac{15}{4}$]上单调递减，
∴φ（t）max=φ（$\frac{3}{2}$）=-$\frac{17}{12}$，
∴m≥-$\frac{17}{12}$．
（3）由（1）得p（p（t））=[p（t）]²+2mp（t）+m²-m+1，
若p（p（t））=0无实根，即[p（t）]²+2mp（t）+m²-m+1①无实根，
方程①的判别式△=4m²-4（m²-m+1）=4（m-1）．
1°当方程①的判别式△＜0，即m＜1时，方程①无实根．
2°当方程①的判别式△≥0，即m≥1时，
方程①有两个实根p（t）=t2+2mt+m2-m+1=-m±$\sqrt{m-1}$，
即t2+2mt+m2+1±$\sqrt{m-1}$=0②，
只要方程②无实根，故其判别式△2=4m2-4（m2+1±$\sqrt{m-1}$）＜0，
即得-1-$\sqrt{m-1}$＜0③，且-1+$\sqrt{m-1}$＜0④，
∵m≥1，③恒成立，由④解得m＜2，∴③④同时成立得1≤m＜2．
综上，m的取值范围为m＜2．

点评 本题是在考查指数函数的基础上对函数的恒成立问题，函数奇偶性以及一元二次方程根的判断的综合考查，是一道综合性很强的难题．