Question

6．已知函数f（x）=x²-mx+m，m、x∈R．
（1）若关于x的不等式f（x）＞0的解集为R，求m的取值范围；
（2）若实x₁，x₂数满足x₁＜x₂，且f（x₁）≠f（x₂），证明：方程f（x）=$\frac{1}{2}$[f（x₁）+f（x₂）]至少有一个实根x₀∈（x₁，x₂）；
（3）设F（x）=f（x）+1-m-m²，且|F（x）|在[0，1]上单调递增，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （1）若关于x的不等式f（x）＞0的解集为R，转化为别式△=m²-4m＜0进行求解决即可．
（2）令g（x）=f（x）-$\frac{1}{2}$[f（x₁）+f（x₂）]，从而利用函数零点的判定定理可得g（x）=f（x）-$\frac{1}{2}$[f（x₁）+f（x₂）]在（x₁，x₂）上有零点，从而证明方程f（x）=$\frac{1}{2}$[f（x₁）+f（x₂）]至少有一个实根x₀∈（x₁，x₂）；
（3）化简F（x）=f（x）+1-m-m²=x²-mx+1-m²，从而转化|F（x）|在[0，1]上单调递增，分判别式大于或等于0以及判别式小于0两种情况讨论，然后结合二次函数的性质进行求解即可．

解答 解：（1）∵f（x）＞0的解集为R，
∴判别式△=m²-4m＜0，得0＜m＜4．
（2）证明：令g（x）=f（x）-$\frac{1}{2}$[f（x₁）+f（x₂）]，
易知g（x）在其定义域内连续，
且g（x₁）•g（x₂）={f（x₁）-$\frac{1}{2}$[f（x₁）+f（x₂）]}•{f（x₂）-$\frac{1}{2}$[f（x₁）+f（x₂）]}
=-$\frac{1}{4}$[f（x₁）-f（x₂）]²＜0，
则g（x）=f（x）-$\frac{1}{2}$[f（x₁）+f（x₂）]在（x₁，x₂）上有零点，
即方程f（x）=$\frac{1}{2}$[f（x₁）+f（x₂）]至少有一个实根x₀∈（x₁，x₂）；
（3）F（x）=f（x）+1-m-m²=x²-mx+1-m²，
△=m²-4（1-m²）=5m²-4，函数的对称轴为x=$\frac{m}{2}$，
①当△=0时，5m²-4=0，即m=±$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，
若m=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，则对称轴为x=$\frac{\sqrt{5}}{5}$∈[0，1]，则在[0，1]上不单调递增，不满足条件．
若m=-$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，则对称轴为x=-$\frac{\sqrt{5}}{5}$＜0，则在[0，1]上单调递增，满足条件．
②当△＜0时，-$\frac{2\sqrt{5}}{5}$＜m＜$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，此时f（x）＞0恒成立，若|F（x）|在[0，1]上单调递增，
则x=$\frac{m}{2}$≤0，即m≤0，此时，-$\frac{2\sqrt{5}}{5}$＜m≤0．
③当△＞0，m＜-$\frac{2\sqrt{5}}{5}$或m＞$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，对称轴为x=$\frac{m}{2}$．
当m＜-$\frac{2\sqrt{5}}{5}$时，对称轴为x=-$\frac{\sqrt{5}}{5}$＜0，要使|F（x）|在[0，1]上单调递增，
则只需要F（0）≥0即可，此时F（0）=1-m²≥0，得-1≤m≤1，
此时-1≤m＜-$\frac{2\sqrt{5}}{5}$．
若m＞$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，对称轴为x＞$\frac{\sqrt{5}}{5}$，则要使|F（x）|在[0，1]上单调递增，
此时F（0）=1-m²＞0，只需要对称轴$\frac{m}{2}$≥1，所以m≥2．
此时m≥2，
综上-1≤m≤0或m≥2．

点评 本题考查了二次函数的性质及应用，零点的判定定理的应用，同时考查了绝对值函数的性质应用，综合性较强，难度较大．