Question

9．已知函数f（x）=x²+ax+b，g（x）=2x+a（a，b∈R），且函数f（x）与g（x）的图象至多有一个公共点．
（Ⅰ）证明：当x≥0时，f（x）≤（x+b）²；
（Ⅱ）若不等式f（a）-f（b）≥L（a²-b²）对题设条件中的a，b总成立，求L的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由题意可得f（x）-g（x）≥0恒成立，即有△≤0，可得b≥1，再化简f（x）-（x+b）²，由一次函数的图象和性质，即可得证；
（Ⅱ）讨论当b＞|a|时，当b=|a|时，参数分离，由函数g（t）=2-$\frac{1}{1+t}$（-1＜t＜1）的值域，求出L的范围，结合恒成立思想即可得到最小值．

解答 （Ⅰ）证明：由题意得f（x）-g（x）=x²+ax+b-2x-a
=x²+（a-2）x+b-a≥0恒成立，
∴△=（a-2）²-4（b-a）=a²+4-4b≤0，
∴a²≤4b-4，∴0≤4b-4，即有b≥1，
又f（x）-（x+b）²=（a-2b）x+b（1-b）
又a²≤4b-4≤b²，∴a≤|a|≤b≤2b，
∴k=a-2b≤0，
f（0）-b²=b（1-b）≤0，
∴当x≥0时，f（x）≤（x+b）²；
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）得，b≥|a|，
当b＞|a|时，L≥$\frac{f（a）-f（b）}{{a}^{2}-{b}^{2}}$=$\frac{2{a}^{2}-{b}^{2}-ab}{{a}^{2}-{b}^{2}}$=$\frac{2a+b}{a+b}$，
令t=$\frac{a}{b}$，则-1＜t＜1，$\frac{2a+b}{a+b}$=2-$\frac{1}{1+t}$，
而函数g（t）=2-$\frac{1}{1+t}$（-1＜t＜1）的值域是（-∞，$\frac{3}{2}$），
因此，当b＞|a|时，L的取值集合为[$\frac{3}{2}$，+∞），
当b=|a|时，由（I）知，a=±2，b=2，
此时f（b）-f（a）=-8或0，b²-a²=0，
从而f（b）-f（a）≤L（b²-a²）恒成立．
综上所述，L的最小值为$\frac{3}{2}$．

点评 本题考查二次不等式恒成立问题，同时考查函数的值域求法及不等式恒成立思想的运用，属于中档题．