Question

14．已知函数f（x）=x²+bx+c（b、c∈R）对于任意x∈R恒有2x+b≤f（x）成立．
（1）证明：当x≥0时，f（x）≤（x+c）²
（2）若对于满足题设要求的任意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）把2x+b≤f（x）转化为x²+（b-2）x+c-b≥0恒成立，找到b和c之间的关系，再对f（x）和（x+c）²作差整理成关于b和c的表达式即可．
（2）对c≥|b|分c＞|b|和c=|b|两种情况分别求出对应的M的取值范围，再综合求M的最小值即可．

解答 （1）证明：由题设，对任意的x∈R，2x+b≤x²+bx+c，即x²+（b-2）x+c-b≥0恒成立，
∴（b-2）²-4（c-b）≤0，从而c≥$\frac{{b}^{2}}{4}+1$．
于是c≥1，且c≥2$\sqrt{\frac{{b}^{2}}{4}×1}=|b|$，因此2c-b=c+（c-b）＞0．
故当x≥0时，有（x+c）²-f（x）=（2c-b）x+c（c-1）≥0．
即当x≥0时，f（x）≤（x+c）²；
（2）解：由（1）得，c≥|b|，
当c＞|b|时，有M≥$\frac{f（c）-f（b）}{{c}^{2}-{b}^{2}}$=$\frac{{c}^{2}-{b}^{2}+bc-{b}^{2}}{{c}^{2}-{b}^{2}}$=$\frac{c+2b}{c+b}$，
令t=$\frac{b}{c}$，则-1＜t＜1，
∴$\frac{c+2b}{c+b}=2-\frac{1}{t+1}$，
而函数g（t）=2-$\frac{1}{t+1}$（-1＜t＜1）的值域（-∞，$\frac{3}{2}$），
因此，当c＞|b|时M的取值集合为[$\frac{3}{2}$，+∞）；
当c=|b|时，由（1）知，b=±2，c=2．
此时f（c）-f（b）=-8或0，c²-b²=0，
从而f（c）-f（b）≤$\frac{3}{2}$（c²-b²）恒成立．
综上所述，M的最小值为$\frac{3}{2}$．

点评 本题考查二次函数的恒成立问题，二次函数的恒成立问题一般分两类，一是大于0恒成立须满足开口向上，且判别式小于0，二是小于0恒成立须满足开口向下，且判别式小于0，是中档题．