Question

已知二次函數(shù)g（x）對任意實數(shù)x不等式x-1≤g（x）≤x²-x恒成立，且g（-1）=0，令f(x)=g(x)+mlnx+

1

2

(m∈R)．
（I）求g（x）的表達(dá)式；
（Ⅱ）若?x＞0使f（x）≤0成立，求實數(shù)m的取值范圍；
（Ⅲ）設(shè)1＜m≤e，H（x）=f（x）-（m+1）x，證明：對?x₁，x₂∈[1，m]，恒有|H（x₁）-H（x₂）|＜1．

Answer 1

分析：（I）直接設(shè)出g（x）的表達(dá)式，利用不等式x-1≤g（x）≤x²-x恒成立，可得g（1）=0與g（-1）=0相結(jié)合可得b=0，a+c=0；再代入利用不等式x-1≤g（x）≤x²-x恒成立求出a即可．
（II）先求出函數(shù)f（x）的表達(dá)式，在對實數(shù)m分情況求出對應(yīng)函數(shù)f（x）的值域，讓實數(shù)m與函數(shù)f（x）的最小值比較即可求實數(shù)m的取值范圍；
（III）先求出函數(shù)H（x）在[1，m]單減，進(jìn)而得|H(x1)-H(x2)|≤H(1)-H(m)=

1

2

m2-mlnm-

1

2

，轉(zhuǎn)化為求h(m)=

1

2

m-lnm+

3

2m

(1＜m≤e)的最大值問題即可．

解答：解（I）設(shè)g（x）=ax²+bx+c（a≠0），
由題意令x=1得0≤g（1）≤0∴g（1）=0，
∴

a+b+c=0 a-b+c=0

得b=0，a+c=0，
∵x-1≤g（x）≤x²-x對?x∈R恒成立，
∴ax²-a≥x-1和ax²-a≤x²-x恒成立，
得a=

1

2

，
∴g(x)=

1

2

x2-

1

2

．

（II）f(x)=g(x)+mlnx+

1

2

(m∈R，x＞0)=

1

2

x2+mlnx，
f′(x)=x+

m

x

當(dāng)m＞0時，f（x）的值域為R
當(dāng)m=0時，f(x)=

1

2

x2＞0對?x＞0，f(x)＞0恒成立
當(dāng)m＜0時，令f′(x)=0?x=

-m

x	(0， -m )	-m	( -m ，+∞)
f'（x）	-	0	+
f（x）	↘	極小	↗

這時f(x)min=f(

-m

)=-

m

2

+mln

-m

若?x＞0使f（x）≤0成立則只須f（x）_min≤0即m≤-e，
綜上所述，實數(shù)m的取值范圍（-∞，-e）∪（0，+∞）．

（III）∵對?x∈[1，m]，H′(x)=

(x-1)(x-m)

x

≤0，所以H（x）在[1，m]單減
于是|H(x1)-H(x2)|≤H(1)-H(m)=

1

2

m2-mlnm-

1

2

，
|H(x1)-H(x2)|＜1?

1

2

m2-mlnm-

1

2

＜1?

1

2

m-lnm-

3

2m

＜0，
記h(m)=

1

2

m-lnm+

3

2m

(1＜m≤e)，則h′(m)=

1

2

-

1

m

+

3

2m2

=

3

2

(

1

m

-

1

3

)2+

1

3

＞0
所以函數(shù)h（m）在[1，e]是單增函數(shù)
所以h(m)＜h(e)=

e

2

-1-

3

2e

=

(e-3)(e+1)

2e

＜0
故命題成立．

點評：本題主要考查函數(shù)恒成立問題以及函數(shù)解析式的求法，是對函數(shù)以及導(dǎo)函數(shù)知識的綜合考查，是有難度的題．