Question

12．已知二次函数g（x）对任意实数x都满足g（x）=g（1-x），g（x）的最小值为-$\frac{9}{8}$且g（1）=-1．令f（x）=g（x+$\frac{1}{2}$）+mlnx+$\frac{9}{8}$（m∈R，x＞0）．
（1）求g（x）的表达式；
（2）若?x＞0使f（x）≤0成立，求实数m的取值范围；
（3）设1＜m≤e，H（x）=f（x）-（m+1）x，证明：对?x₁、x₂∈[1，m]，恒有|H（x₁）-H（x₂）|＜1．

Answer 1

分析 （1）设g（x）=ax²+bx+c，根据g（x-1）+g（1-x）=x²-2x-1直接可得答案．
（2）表示出函数f（x）的解析式，对m进行大于0、小于、和等于0进行分析可得答案．
（3）先根据H（x）的导数小于等于0判断出H（x）单调递减的，只要证明|H（m）-H（1）|＜1即可．

解答 解：（1）设g（x）=ax²+bx+c，
由g（x）=g（1-x），则对称轴是x=-$\frac{b}{2a}$=$\frac{1}{2}$，
由g（x）的最小值为-$\frac{9}{8}$，
得g（x）=a${（x-\frac{1}{2}）}^{2}$-$\frac{9}{8}$，由g（1）=-1，
得g（1）=$\frac{1}{4}$a-$\frac{9}{8}$=-1，解得：a=$\frac{1}{2}$，
故g（x）=$\frac{1}{2}$${（x-\frac{1}{2}）}^{2}$-$\frac{9}{8}$=$\frac{1}{2}$x²-$\frac{1}{2}$x-1；
（2）f（x）=g（x+$\frac{1}{2}$）+mlnx+$\frac{9}{8}$=$\frac{1}{2}$x²+mlnx（m∈R，x＞0）．
当m＞0时，由对数函数性质，f（x）的值域为R；
当m=0时，f（x）=$\frac{1}{2}$x²＞0对?x＞0，f（x）＞0恒成立；
当m＜0时，由f′（x）=x+$\frac{m}{x}$=0⇒x=$\sqrt{-m}$，
故f（x）在（0，$\sqrt{-m}$）递减，在（$\sqrt{-m}$，+∞）递增，
这时，[f（x）]_min=f（$\sqrt{-m}$）=-$\frac{m}{2}$+mln$\sqrt{-m}$，
[f（x）]_min＞0?$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{m}{2}+mln\sqrt{-m}＞0}\\{m＜0}\end{array}\right.$⇒-e＜m＜0．
所以若?x＞0，f（x）＞0恒成立，则实数m的取值范围是（-e，0）．
故?x＞0使f（x）≤0成立，实数m的取值范围（-∞，-e]∪（0，+∞）．
（3）因为对?x∈[1，m]，H′（x）=$\frac{（x-1）（x-m）}{x}$≤0，所以H（x）在[1，m]内单调递减．
于是|H（x1）-H（x2）|≤H（1）-H（m）=$\frac{1}{2}$m²-mlnm-$\frac{1}{2}$，
|H（x1）-H（x2）|＜1?$\frac{1}{2}$m²-mlnm-$\frac{1}{2}$＜1?$\frac{1}{2}$m-lnm-$\frac{3}{2m}$＜0．
记h（m）=$\frac{1}{2}$m-lnm-$\frac{3}{2m}$（1＜m≤e），
则h′（m）=$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{m}$+$\frac{3}{{2m}^{2}}$=$\frac{3}{2}$（$\frac{1}{m}$-$\frac{1}{3}$）²+$\frac{1}{3}$＞0，
所以函数h（m）=$\frac{1}{2}$m-lnm-$\frac{3}{2m}$在（1，e]是单调增函数，
所以h（m）≤h（e）=$\frac{e}{2}$-1-$\frac{3}{2e}$=$\frac{（e-3）（e+1）}{2e}$＜0，故命题成立．

点评 本题主要考查用待定系数法求函数解析式和根据导数的符号判断函数的增减性的问题．