Question

已知函数f（x）=2x+b，g（x）=x²+bx+c（b，c∈R），对任意的x∈R恒有f（x）≤g（x）成立．
（文1）记h(x)=

g(x)

f(x)

，如果h（x）为奇函数，求b，c满足的条件；
（1）当b=0时，记h(x)=

g(x)

f(x)

，若h（x）在[2，+∞）上为增函数，求c的取值范围；
（2）证明：当x≥0时，g（x）≤（x+c）²成立；
（3）（理3）若对满足条件的任意实数b，c，不等式g（c）-g（b）≤M（c²-b²）恒成立，求M的最小值．

Answer 1

考点：奇偶性与单调性的综合

专题：函数的性质及应用

分析：（文1）因为对任意的x∈R恒有f（x）≤g（x）成立，从而得到c≥

b2

4

+1，即c≥1．设h（x）=

g(x)

f(x)

，因为h（x）是奇函数，h（-x）=-h（x）成立，解得b=0，从而得出结论．
（1）因为任意的x∈R恒有f（x）≤g（x）成立，可得c≥1．当b=0时，由于h（x）=

g(x)

f(x)

=

x

2

+

c

2x

，因为h（x）在[2，+∞）上为增函数，可得（1-

c

x1•x2

）＞0 成立，故有c≤4，从而得到c的取值范围．
（2）由（1）得2c-b=c+（c-b）＞0，当x≥0时，有（x+c）²-g（x）=（2c-b）x+c（c-1）≥0，证得不等式成立
（3）由（2）知，c≥|b|，当c＞|b|时，有M≥

g(c)-g(b)

c2-b2

=

c+2b

b+c

，求得M的取值范围是[

3

2

，+∞）；当c=|b|，M的最小值仍是

3

2

，从而得出结论．

解答： 解：（文1）因为对任意的x∈R恒有f（x）≤g（x）成立，所以对任意的x∈R，2x+b≤x²+bx+c，
即x²+（b-2）x+c-b≥0恒成立，所以（b-2）²-4（c-b）≤0，从而c≥

b2

4

+1，即c≥1．
设h（x）=

g(x)

f(x)

的定义域为D，因为h（x）是奇函数，所以对于任意x∈D，
h（-x）=-h（x）成立，解得b=0，所以b=0，c≥1．
（1）因为任意的x∈R恒有f（x）≤g（x）成立，
所以对任意的x∈R，2x+b≤x²+bx+c，即x²+（b-2）x+c-b≥0恒成立．
所以（b-2）²-4（c-b）≤0，从而c≥

b2

4

+1，即c≥1．
当b=0时，记h（x）=

g(x)

f(x)

=

x2+c

2x

=

x

2

+

c

2x

，因为h（x）在[2，+∞）上为增函数，
所以任取x₂＞x₁≥2，f（x₂）-f（x₁）=

1

2

（x₂-x₁）（1-

c

x1•x2

）＞0 恒成立．
即（1-

c

x1•x2

）＞0 成立，也就是c＜x₁•x₂成立，所以c≤4，
即c的取值范围是[1，4]．
（2）由（1）得，c≥1且c≥

b2

4

+1，所以c≥2

b2 4 ×1

=|b|，
因此2c-b=c+（c-b）＞0．
故当x≥0时，有（x+c）²-g（x）=（2c-b）x+c（c-1）≥0．
即当x≥0时，g（x）≤（x+c）²．
（3）（理）由（2）知，c≥|b|，当c＞|b|时，
有M≥

g(c)-g(b)

c2-b2

=

c2+bc-b2-b2

c2-b2

=

c+2b

b+c

，
设t=

b

c

，则-1＜t＜1，所以M≥2-

1

1-t

，由于y=2-

1

1+t

的值域为（-∞，

3

2

）；
当c＞|b|时，M的取值范围是[

3

2

，+∞）；
当c=|b|，由（1）知，b=±2，c=2，此时g（c）-g（b）=-8或0，c²-b²=0，
从而g（c）-g（b）≤

3

2

（c²-b²）恒成立，综上所述，M的最小值为

3

2

．

点评：本题主要考查函数的单调性和奇偶性的应用，求函数的最值，体现了转化的数学思想，属于中档题．