Question

20．设函数f（x）=x²+mx+n²，g（x）=x²+（m+2）x+n²+m+1，其中n∈R，若对任意的n，t∈R，f（t）和g（t）至少有一个为非负值，则实数m的最大值是（　　）

• A． 1
• B． $\sqrt{3}$
• C． 2
• D． $\sqrt{5}$

Answer 1

分析 作差g（t）-f（t）=2t+m+1，从而可知t≥-$\frac{m+1}{2}$时g（t）≥f（t），从而化为g（t）=t²+（m+2）t+n²+m+1在t≥-$\frac{m+1}{2}$时g（t）_min=（-$\frac{m+1}{2}$+$\frac{m+2}{2}$）²+n²+m+1-$\frac{（m+2）^{2}}{4}$≥0恒成立，从而可得|m|≤1；从而结合选项解得．

解答 解：∵g（t）-f（t）=t²+（m+2）t+n²+m+1-（t²+mt+n²）=2t+m+1，
∴当2t+m+1≥0，即t≥-$\frac{m+1}{2}$时，g（t）≥f（t），
而g（t）=t²+（m+2）t+n²+m+1=（t+$\frac{m+2}{2}$）²+n²+m+1-$\frac{（m+2）^{2}}{4}$，
∵-$\frac{m+1}{2}$＞-$\frac{m+2}{2}$，
∴g（t）_min=（-$\frac{m+1}{2}$+$\frac{m+2}{2}$）²+n²+m+1-$\frac{（m+2）^{2}}{4}$≥0恒成立，
即m²≤1+4n²恒成立，
故|m|≤1；
结合选项可知，A正确；
故选：A．

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．