Question

【題目】函數(shù)fn（x）=xn+bx+c（n∈Z，b，c∈R）．
（1）若n=﹣1，且f﹣1（1）=f﹣1（ ）=4，試求實(shí)數(shù)b，c的值；
（2）設(shè)n=2，若對(duì)任意x1 ， x2∈[﹣1，1]有|f2（x1）﹣f2（x2）|≤4恒成立，求b的取值范圍；
（3）當(dāng)n=1時(shí)，已知bx2+cx﹣a=0，設(shè)g（x）= ，是否存在正數(shù)a，使得對(duì)于區(qū)間 上的任意三個(gè)實(shí)數(shù)m，n，p，都存在以f1（g（m）），f1（g（n）），f1（g（p））為邊長(zhǎng)的三角形？若存在，求出a的取值范圍；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

【答案】
（1）解：n=﹣1，且 ，

可得1+b+c=4，2+ b+c=4，解得b=2，c=1；

（2）解：當(dāng)n=2時(shí)，f2（x）=x2+bx+c，

對(duì)任意x1，x2∈[﹣1，1]有|f2（x1）﹣f2（x2）|≤4恒成立等價(jià)于

f2（x）在[﹣1，1]上的最大值與最小值之差M≤4．

①當(dāng)﹣ ＜﹣1，即b＞2時(shí)，f2（x）在[﹣1，1]遞增，

f2（x）min=f2（﹣1）=1﹣b+c，f2（x）max=f2（1）=1+b+c，

M=2b＞4（舍去）；

②當(dāng)﹣1≤﹣ ≤0，即0≤b≤2時(shí)，f2（x）在[﹣1，﹣ ]遞減，在（﹣ ，1]遞增，

f2（x）min=f2（﹣ ）=c﹣ ，f2（x）max=f2（1）=1+b+c，M=（ +1）2≤4恒成立，故0≤b≤2；

③當(dāng)0＜﹣ ≤1即﹣2≤b＜0時(shí)，f2（x）在[﹣1，﹣ ]遞減，在（﹣ ，1]遞增，

f2（x）min=f2（﹣ ）=c﹣ ，f2（x）max=f2（﹣1）=1﹣b+c，M=（ ﹣1）2≤4恒成立，故﹣2≤b＜0；

④當(dāng)﹣ ＞1，即b＜﹣2時(shí)，f2（x）在[﹣1，1]遞減，

f2（x）min=f2（1）=1+b+c，f2（x）max=f2（﹣1）=1﹣b+c，

M=﹣2b＞4矛盾．

綜上可得，b的取值范圍是﹣2≤b≤2；

（3）解：設(shè)t=g（x）= = = ，

由x∈ ，可得t∈[ ，1]．

則y=t+ 在[ ，1]上恒有2ymin＞ymax．

①當(dāng)a∈（0， ]時(shí)，y=t+ 在[ ，1]上遞增，

ymin= +3a，ymax=a+1，又2ymin＞ymax．

則a＞ ，即有 ＜a≤ ；

②當(dāng)a∈（ ， ]時(shí)，y=t+ 在[ ， ）遞減，（ ，1）遞增，

可得ymin=2 ，ymax=max{3a+ ，a+1}=a+1，又2ymin＞ymax．

解得7﹣4 ＜a＜7+4 ，即有 ＜a≤ ；

③當(dāng)a∈（ ，1）時(shí)，y=t+ 在[ ， ）遞減，（ ，1）遞增，

可得ymin=2 ，ymax=max{3a+ ，a+1}=3a+ ，又2ymin＞ymax．

解得 ＜a＜ ，即有 ＜a＜1；

④當(dāng)a∈[1，+∞）時(shí)，y=t+ 在[ ，1]上遞減，

ymin=a+1，ymax=3a+ ，又2ymin＞ymax．

則a＜ ，即有1≤a＜ ．

綜上可得，存在這樣的三角形，a的取值范圍是 ＜a＜ ．

【解析】（1）由條件，可得b，c的方程，解方程可得b，c；（2）當(dāng)n=2時(shí)，f2（x）=x2+bx+c，對(duì)任意x1，x2∈[﹣1，1]有|f2（x1）﹣f2（x2）|≤4恒成立等價(jià)于f2（x）在[﹣1，1]上的最大值與最小值之差M≤4．討論對(duì)稱(chēng)軸和區(qū)間的關(guān)系，判斷單調(diào)性，可得最值，解不等式即可得到所求范圍；（3）設(shè)t=g（x）= = = ，由x∈ ，可得t∈[ ，1]．則y=t+ 在[ ，1]上恒有2ymin＞ymax．討論頂點(diǎn)處x= 與區(qū)間[ ，1]的關(guān)系，求得單調(diào)性，可得最值，解不等式即可得到存在，求得a的范圍．