Question

已知函數(shù)f（x）=2x+b，g（x）=x²+bx+c（b，c∈R），對任意的x∈R恒有f（x）≤g（x）成立．
（文1）記h(x)=

g(x)

f(x)

，如果h（x）為奇函數(shù)，求b，c滿足的條件；
（1）當b=0時，記h(x)=

g(x)

f(x)

，若h（x）在[2，+∞）上為增函數(shù)，求c的取值范圍；
（2）證明：當x≥0時，g（x）≤（x+c）²成立；
（3）（理3）若對滿足條件的任意實數(shù)b，c，不等式g（c）-g（b）≤M（c²-b²）恒成立，求M的最小值．

Answer 1

考點：奇偶性與單調性的綜合

專題：函數(shù)的性質及應用

分析：（文1）因為對任意的x∈R恒有f（x）≤g（x）成立，從而得到c≥

b2

4

+1，即c≥1．設h（x）=

g(x)

f(x)

，因為h（x）是奇函數(shù)，h（-x）=-h（x）成立，解得b=0，從而得出結論．
（1）因為任意的x∈R恒有f（x）≤g（x）成立，可得c≥1．當b=0時，由于h（x）=

g(x)

f(x)

=

x

2

+

c

2x

，因為h（x）在[2，+∞）上為增函數(shù)，可得（1-

c

x1•x2

）＞0 成立，故有c≤4，從而得到c的取值范圍．
（2）由（1）得2c-b=c+（c-b）＞0，當x≥0時，有（x+c）²-g（x）=（2c-b）x+c（c-1）≥0，證得不等式成立
（3）由（2）知，c≥|b|，當c＞|b|時，有M≥

g(c)-g(b)

c2-b2

=

c+2b

b+c

，求得M的取值范圍是[

3

2

，+∞）；當c=|b|，M的最小值仍是

3

2

，從而得出結論．

解答： 解：（文1）因為對任意的x∈R恒有f（x）≤g（x）成立，所以對任意的x∈R，2x+b≤x²+bx+c，
即x²+（b-2）x+c-b≥0恒成立，所以（b-2）²-4（c-b）≤0，從而c≥

b2

4

+1，即c≥1．
設h（x）=

g(x)

f(x)

的定義域為D，因為h（x）是奇函數(shù)，所以對于任意x∈D，
h（-x）=-h（x）成立，解得b=0，所以b=0，c≥1．
（1）因為任意的x∈R恒有f（x）≤g（x）成立，
所以對任意的x∈R，2x+b≤x²+bx+c，即x²+（b-2）x+c-b≥0恒成立．
所以（b-2）²-4（c-b）≤0，從而c≥

b2

4

+1，即c≥1．
當b=0時，記h（x）=

g(x)

f(x)

=

x2+c

2x

=

x

2

+

c

2x

，因為h（x）在[2，+∞）上為增函數(shù)，
所以任取x₂＞x₁≥2，f（x₂）-f（x₁）=

1

2

（x₂-x₁）（1-

c

x1•x2

）＞0 恒成立．
即（1-

c

x1•x2

）＞0 成立，也就是c＜x₁•x₂成立，所以c≤4，
即c的取值范圍是[1，4]．
（2）由（1）得，c≥1且c≥

b2

4

+1，所以c≥2

b2 4 ×1

=|b|，
因此2c-b=c+（c-b）＞0．
故當x≥0時，有（x+c）²-g（x）=（2c-b）x+c（c-1）≥0．
即當x≥0時，g（x）≤（x+c）²．
（3）（理）由（2）知，c≥|b|，當c＞|b|時，
有M≥

g(c)-g(b)

c2-b2

=

c2+bc-b2-b2

c2-b2

=

c+2b

b+c

，
設t=

b

c

，則-1＜t＜1，所以M≥2-

1

1-t

，由于y=2-

1

1+t

的值域為（-∞，

3

2

）；
當c＞|b|時，M的取值范圍是[

3

2

，+∞）；
當c=|b|，由（1）知，b=±2，c=2，此時g（c）-g（b）=-8或0，c²-b²=0，
從而g（c）-g（b）≤

3

2

（c²-b²）恒成立，綜上所述，M的最小值為

3

2

．

點評：本題主要考查函數(shù)的單調性和奇偶性的應用，求函數(shù)的最值，體現(xiàn)了轉化的數(shù)學思想，屬于中檔題．