Question

對(duì)于定義在區(qū)間D上的函數(shù)f（x），若存在閉區(qū)間[a，b]⊆D和常數(shù)c，使得對(duì)任意x₁∈[a，b]，都有f（x₁）=c，且對(duì)任意x₂∈D，當(dāng)x₂∉[a，b]時(shí)，f（x₂）＞c恒成立，則稱函數(shù)f（x）為區(qū)間D上的“平底型”函數(shù)．
（1）判斷函數(shù)f₁（x）=|x-1|+|x-2|和f₂（x）=x+|x-2|是否為R上的“平底型”函數(shù)？并說(shuō)明理由；
（2）若函數(shù)g(x)=x+

x2+2x+n

是區(qū)間[-2，+∞）上的“平底型”函數(shù)，求n的值．
（3）設(shè)f（x）是（1）中的“平底型”函數(shù)，k為非零常數(shù)，若不等式|t-k|+|t+k|≥|k|•f（x）對(duì)一切t∈R恒成立，求實(shí)數(shù)x的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）對(duì)于函數(shù)f₁（x）=|x-1|+|x-2|，當(dāng)x∈[1，2]時(shí)，f₁（x）=1，當(dāng)x∉[1，2]時(shí)，f₁（x）＞|（x-1）-（x-2）|=1恒成立，f₁（x）可以判斷了；同理可判斷f₂（x）不是“平底型”函數(shù)；
（2）首先由于恒有g(shù)（x）=c，所以根號(hào)里的式子必須要能開(kāi)方開(kāi)出來(lái)，即為完全平方，可求得n=1；
（3）由于f（x）是“平底型”函數(shù)，不等式|t-k|+|t+k|≥|k|•f（x）對(duì)一切t∈R恒成立，只需（|t-k|+|t+k|）_min≥|k|•f（x）即可，而（|t-k|+|t+k|）_min=2|k|，問(wèn)題解決．

解答：解：（1）對(duì)于函數(shù)f₁（x）=|x-1|+|x-2|，當(dāng)x∈[1，2]時(shí)，f₁（x）=1．
    當(dāng)x＜1或x＞2時(shí)，f₁（x）＞|（x-1）-（x-2）|=1恒成立，
    故f₁（x）是“平底型”函數(shù)．  （2分）
    對(duì)于函數(shù)f₂（x）=x+|x-2|，
    當(dāng)x∈（-∞，2]時(shí)，f₂（x）=2；
    當(dāng)x∈（2，+∞）時(shí)，f₂（x）=2x-2＞2．
    所以不存在閉區(qū)間[a，b]，使當(dāng)x∉[a，b]時(shí)，f（x）＞2恒成立．
    故f₂（x）不是“平底型”函數(shù)．           （4分）
   （2）因?yàn)楹瘮?shù)g(x)=x+

x2+2x+n

是區(qū)間[-2，+∞）上的“平底型”函數(shù)，
       則存在區(qū)間[a，b]⊆[-2，+∞）和常數(shù)c，
      使得g(x)=x+

x2+2x+n

=c恒成立．
      所以x²+2x+n=（x-c）²恒成立，
∴c=-1，n=1，g（x）=x+|x+1|．
　　　當(dāng)x∈[-2，-1]時(shí)，g（x）=-1，當(dāng)x∈（-1，+∞）時(shí)，g（x）=2x+1＞-1恒成立．
　　　此時(shí)，g（x）是區(qū)間[-2，+∞）上的“平底型”函數(shù)，n=1為所求．
　（3）若|t-k|+|t+k|≥|k|•f（x）對(duì)一切t∈R恒成立，
　　　則（|t-k|+|t+k|）_min≥|k|•f（x）．
　　　因?yàn)椋▅t-k|+|t+k|）_min=2|k|，
　　　所以2|k|≥|k|•f（x）．又k≠0，則f（x）≤2．
　　　則|x-1|+|x-2|≤2，解得

1

2

≤x≤

5

2

．
　　故實(shí)數(shù)x的范圍是[

1

2

，

5

2

]．

點(diǎn)評(píng)：本題考查函數(shù)恒成立的問(wèn)題，解決本題的靈魂在于“轉(zhuǎn)化”，將含有絕對(duì)值的問(wèn)題轉(zhuǎn)化為不含絕對(duì)值的問(wèn)題，使問(wèn)題在實(shí)施“化難為易”、“化生為熟”中得以解決．