Question

12．已知二次函數(shù)g（x）對任意實數(shù)x都滿足g（x）=g（1-x），g（x）的最小值為-$\frac{9}{8}$且g（1）=-1．令f（x）=g（x+$\frac{1}{2}$）+mlnx+$\frac{9}{8}$（m∈R，x＞0）．
（1）求g（x）的表達式；
（2）若?x＞0使f（x）≤0成立，求實數(shù)m的取值范圍；
（3）設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 （1）設g（x）=ax²+bx+c，根據(jù)g（x-1）+g（1-x）=x²-2x-1直接可得答案．
（2）表示出函數(shù)f（x）的解析式，對m進行大于0、小于、和等于0進行分析可得答案．
（3）先根據(jù)H（x）的導數(shù)小于等于0判斷出H（x）單調遞減的，只要證明|H（m）-H（1）|＜1即可．

解答 解：（1）設g（x）=ax²+bx+c，
由g（x）=g（1-x），則對稱軸是x=-$\frac{2a}$=$\frac{1}{2}$，
由g（x）的最小值為-$\frac{9}{8}$，
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}$x²+mlnx（m∈R，x＞0）．
當m＞0時，由對數(shù)函數(shù)性質，f（x）的值域為R；
當m=0時，f（x）=$\frac{1}{2}$x²＞0對?x＞0，f（x）＞0恒成立；
當m＜0時，由f′（x）=x+$\frac{m}{x}$=0⇒x=$\sqrt{-m}$，
故f（x）在（0，$\sqrt{-m}$）遞減，在（$\sqrt{-m}$，+∞）遞增，
這時，[f（x）]_min=f（$\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.$⇒-e＜m＜0．
所以若?x＞0，f（x）＞0恒成立，則實數(shù)m的取值范圍是（-e，0）．
故?x＞0使f（x）≤0成立，實數(shù)m的取值范圍（-∞，-e]∪（0，+∞）．
（3）因為對?x∈[1，m]，H′（x）=$\frac{（x-1）（x-m）}{x}$≤0，所以H（x）在[1，m]內單調遞減．
于是|H（x1）-H（x2）|≤H（1）-H（m）=$\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}$＜0．
記h（m）=$\frac{1}{2}$m-lnm-$\frac{3}{2m}$（1＜m≤e），
則h′（m）=$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{m}$+$\frac{3}{{2m}^{2}}$=$\frac{3}{2}$（$\frac{1}{m}$-$\frac{1}{3}$）²+$\frac{1}{3}$＞0，
所以函數(shù)h（m）=$\frac{1}{2}$m-lnm-$\frac{3}{2m}$在（1，e]是單調增函數(shù)，
所以h（m）≤h（e）=$\frac{e}{2}$-1-$\frac{3}{2e}$=$\frac{（e-3）（e+1）}{2e}$＜0，故命題成立．

點評 本題主要考查用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式和根據(jù)導數(shù)的符號判斷函數(shù)的增減性的問題．