Question

（2012•陜西）設函數fn(x)=xn+bx+c(n∈N+，b，c∈R)
（1）設n≥2，b=1，c=-1，證明：f_n（x）在區間(

1

2

，1)內存在唯一的零點；
（2）設n為偶數，|f（-1）|≤1，|f（1）|≤1，求b+3c的最小值和最大值；
（3）設n=2，若對任意x₁，x₂∈[-1，1]，有|f₂（x₁）-f₂（x₂）|≤4，求b的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）當b=1，c=-1，n≥2時，f（x）=xⁿ+x-1，易求f（

1

2

）f（1）＜0，再用導數判斷f（x）的單調性即可使結論得證；
（2）解法一，由題意知

-1≤f(-1)≤1 -1≤f(1)≤1

，即

0≤b-c≤2 -2≤b+c≤0

，作出圖，用線性規劃的知識即可使問題解決；
解法二，由-1≤f（1）=1+b+c≤1，即-2≤b+c≤0①，-1≤f（-1）=1-b+c≤1，即-2≤-b+c≤0②，由①②可求得：-6≤b+3c≤0，問題即可解決；
解法三  由題意知

f(-1)=1-b+c f(1)=1+b+c

，解得b=

f(1)-f(-1)

2

，c=

f(1)+f(-1)+2

2

，b+3c=2f（1）+f（-1）-3，由-6≤b+3c≤0，可得答案；
（3）當n=2時，f（x）=x²+bx+c，對任意x₁，x₂∈[-1，1]，有|f₂（x₁）-f₂（x₂）|≤4，等價于在[-1，1]上最大值與最小值之差M≤4，據此分類討論解決即可．

解答：解：（1）當b=1，c=-1，n≥2時，f（x）=xⁿ+x-1
∵f（

1

2

）f（1）=（

1

2n

-

1

2

）×1＜0，∴f（x）在區間(

1

2

，1)內存在零點，
又當x∈（

1

2

，1）時，f′（x）=nx^n-1+1＞0，
∴f（x）在（

1

2

，1）上單調遞增，∴f（x）在區間(

1

2

，1)內存在唯一的零點；
（2）解法一  由題意知

-1≤f(-1)≤1 -1≤f(1)≤1

，即

0≤b-c≤2 -2≤b+c≤0

由圖象知b+3c在點（0，-2）取到最小值-6，在點（0，0）處取到最大值0，
∴b+3c的最小值為-6，最大值為0；
解法二  由題意知
-1≤f（1）=1+b+c≤1，即-2≤b+c≤0，①
-1≤f（-1）=1-b+c≤1，即-2≤-b+c≤0，②
①×2+②得：-6≤2（b+c）+（-b+c）=b+3c≤0，
當b=0，c=-2時，b+3c=-6；當b=c=0，時，b+3c=0；
∴b+3c的最小值為-6，最大值為0；
解法三  由題意知

f(-1)=1-b+c f(1)=1+b+c

，解得b=

f(1)-f(-1)

2

，c=

f(1)+f(-1)+2

2

，
∴b+3c=2f（1）+f（-1）-3，
∵-1≤f（-1）≤1，-1≤f（1）≤1，
∴-6≤b+3c≤0，
當b=0，c=-2時，b+3c=-6；當b=c=0，時，b+3c=0；
∴b+3c的最小值為-6，最大值為0；
（3）當n=2時，f（x）=x²+bx+c，對任意x₁，x₂∈[-1，1]，有|f₂（x₁）-f₂（x₂）|≤4，等價于在[-1，1]上最大值與最小值之差M≤4，據此分類討論如下：
（i）當|

b

2

|＞1，即|b|＞2，M=|f（1）-f（-1）|=2|b|＞4，與題設矛盾；
（ii）當-1≤-

b

2

＜0，即0＜b≤2時，M=f（1）-f（-

b

2

）=(

b

2

+1)2≤4恒成立，
（iii）當0≤-

b

2

≤1，即-2≤b≤0時，M=f（-1）-f（-

b

2

）=(

b

2

-1)2≤4恒成立，
綜上所述，-2≤b≤2．

點評：本題考查函數恒成立問題，考查函數零點存在性定理的應用，考查線性規劃的應用，也考查不等式的性質，考查絕對值的應用，滲透轉化思想，方程思想，分類討論思想，數形結合思想的考查，綜合性極強，運算量大，難度高，屬于難題．