Question

12．设函数f（x）=x²+mx+$\frac{3}{4}$（m∈R），若任意的x₀∈R，f（x₀）和f（x₀+1）至少有一个为非负值，则实数m的取值范围是-2≤m≤2．

Answer 1

分析 作差可知x₀≥-$\frac{m+1}{2}$时，f（x₀+1）≥f（x₀）．从而化为f（x₀+1）=（x₀+1）²+m（x₀+1）+$\frac{3}{4}$=x₀²+（m+2）x₀+$\frac{7}{4}$+m在x₀≥-$\frac{m+1}{2}$，f（x₀+1）_min=（-$\frac{m+1}{2}$+$\frac{m+2}{2}$）²+$\frac{7}{4}$+m-（$\frac{m+2}{2}$）²≥0恒成立，可得|m|≤2，即可得出结论．

解答 解：∵f（x₀+1）-f（x₀）=（x₀+1）²+m（x₀+1）+$\frac{3}{4}$-（x₀²+mx₀+$\frac{3}{4}$）=2x₀+m+1，
∴当2x₀+m+1≥0，即x₀≥-$\frac{m+1}{2}$时，f（x₀+1）≥f（x₀）．
而f（x₀+1）=（x₀+1）²+m（x₀+1）+$\frac{3}{4}$=x₀²+（m+2）x₀+$\frac{7}{4}$+m，
∵-$\frac{m+1}{2}$＞-$\frac{m+2}{2}$，
∴f（x₀+1）_min=（-$\frac{m+1}{2}$+$\frac{m+2}{2}$）²+$\frac{7}{4}$+m-（$\frac{m+2}{2}$）²≥0恒成立，
即m²≤4恒成立，
故|m|≤2，
∴-2≤m≤2．
故答案为：-2≤m≤2．

点评 本题考查了分类讨论的思想应用及作差法的应用，属于中档题．