Question

11．已知函数f（x）=x²+bx+c（b，c∈R）
（1）方程f（x）-x=0的两根满足0＜x₁＜x₂＜1，证明：当0＜x＜x₁时，x＜f（x）＜x₁；
（2）对于满足c≥|b|的任意实数b，c，不等式f（c）-f（b）≤M（c²-b²）恒成立，求M的最小值．

Answer 1

分析 （1）由题意可得f（x₁）=x₁，f（x）在（0，x₁）上是减函数，而y=x在（0，x₁）上是增函数，数形结合可得要证的不等式成立．
（2）当c＞|b|时，M≥$\frac{c+2b}{c+b}$，令$\frac{b}{c}$=t，则-1＜t＜1，令g（t）=$\frac{c+2b}{c+b}$，求得g（t）的值域，可得M≥$\frac{3}{2}$．当c=|b|时，M=$\frac{3}{2}$检验满足条件，综合可得结论．

解答 解：（1）证明：∵f（x）=x²+bx+c，方程f（x）-x=0的两根满足0＜x₁＜x₂＜1，
∴f（x₁）=x₁，f（x）在（0，x₁）上是减函数，而y=x在（0，x₁）上是增函数，如图所示：
故当0＜x＜x₁时，x＜f（x）＜f（x₁）=x₁，即 x＜f（x）＜x₁成立．
（2）由于c≥|b|，不等式f（c）-f（b）≤M（c²-b²）恒成立，
∴当c＞|b|时，M≥$\frac{f（c）-f（b）}{{c}^{2}{-b}^{2}}$=$\frac{c+2b}{c+b}$．
令$\frac{b}{c}$=t，则-1＜t＜1，令g（t）=$\frac{c+2b}{c+b}$=2-$\frac{1}{t+1}$，则g（t）的值域为（-∞，$\frac{3}{2}$），
∴M≥$\frac{3}{2}$．
当c=|b|时，由于f（x）的对称轴为x=-$\frac{b}{2}$，f（0）=c=f（-b），可得c=-b=f（-b），
再结合（1），可得c=-b=2，此时，f（x）=x² -2x+2=（x-1）²+1，f（c）=f（2）=2，
f（b）=f（-2）=10，f（c）-f（b）=-8，显然f（c）-f（b）≤$\frac{3}{2}$（c²-b²）恒成立，
综上可得，M的最小值为$\frac{3}{2}$．

点评 本题主要考查二次函数的性质，一元二次方程根与系数的关系，体现了转化、分类讨论的数学思想，属于中档题．