Question

（2011•臨沂二模）已知：二次函數(shù)g（x）是偶函數(shù)，且g（1）=0，對?x∈R，有g(shù)（x）≥x-1恒成立，令f（x）=g（x）+mlnx+

1

2

，（m∈R）
（I）求g（x）的表達(dá)式；
（II）當(dāng)m＜0時(shí)，若?x＞0，使f（x）≤0成立，求m的最大值；
（III）設(shè)1＜m＜2，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，根據(jù)偶函數(shù)求出b的值，根據(jù)g（1）=0得到a與c的關(guān)系，利用不等式x-1≤g（x）恒成立，則a＞0，且△≤0求出a，即可求出函數(shù)的解析式．
（II）先求出函數(shù)f（x）的表達(dá)式，在對實(shí)數(shù)m分情況求出對應(yīng)函數(shù)f（x）的值域，讓實(shí)數(shù)m與函數(shù)f（x）的最小值比較即可求實(shí)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），
∵g（x）是偶函數(shù)，∴g（-x）=g（x）∴b=0
又g（1）=0∴a+c=0，
∴g（x）=ax²-a
∵x-1≤g（x）對?x∈R恒成立，
∴ax²-a≥x-1恒成立，
∴a＞0，且△≤0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(shí)，f（x）的值域?yàn)镽
當(dāng)m=0時(shí)，f(x)=

1

2

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

-m

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

這時(shí) 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(shí)數(shù)m的取值范圍（-∞，-e]，m的最大值為-e，
（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(diǎn)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．