Question

（2011•临沂二模）已知：二次函数g（x）是偶函数，且g（1）=0，对?x∈R，有g（x）≥x-1恒成立，令f（x）=g（x）+mlnx+

1

2

，（m∈R）
（I）求g（x）的表达式；
（II）当m＜0时，若?x＞0，使f（x）≤0成立，求m的最大值；
（III）设1＜m＜2，H（x）=f（x）-（m+1）x，证明：对?x₁，x₂∈[1，m]，恒有|H（x₁）-H（x₂）|＜1．

Answer 1

分析：（I）直接设出g（x）的表达式，根据偶函数求出b的值，根据g（1）=0得到a与c的关系，利用不等式x-1≤g（x）恒成立，则a＞0，且△≤0求出a，即可求出函数的解析式．
（II）先求出函数f（x）的表达式，在对实数m分情况求出对应函数f（x）的值域，让实数m与函数f（x）的最小值比较即可求实数m的取值范围；
（III）先求出函数H（x）在[1，m]单减，进而得 |H(x1)-H(x2)|≤H(1)-H(m)=

1

2

m2-mlnm-

1

2

，转化为求 h(m)=

1

2

m-lnm+

3

2m

(1＜m≤e)的最大值问题即可．

解答：解（I）设g（x）=ax²+bx+c（a≠0），
∵g（x）是偶函数，∴g（-x）=g（x）∴b=0
又g（1）=0∴a+c=0，
∴g（x）=ax²-a
∵x-1≤g（x）对?x∈R恒成立，
∴ax²-a≥x-1恒成立，
∴a＞0，且△≤0得 a=

1

2

，
∴g(x)=

1

2

x2-

1

2

．
（II） f(x)=g(x)+mlnx+

1

2

(m∈R，x＞0)=

1

2

x2+mlnx，
f′(x)=x+

m

x

当m＞0时，f（x）的值域为R
当m=0时，f(x)=

1

2

x2＞0对?x＞0，f(x)＞0恒成立
当m＜0时，令 f′(x)=0⇒x=

-m

x	(0， -m )	-m	( -m ，+∞)
f'（x）	-	0	+
f（x）	↘	极小	↗

这时 f(x)min=f(

-m

)=-

m

2

+mln

-m

若?x＞0使f（x）≤0成立则只须f（x）_min≤0即m≤-e，
综上所述，实数m的取值范围（-∞，-e]，m的最大值为-e，
（III）∵对?x∈[1，m]，H′(x)=

(x-1)(x-m)

x

≤0，所以H（x）在[1，m]单减
于是 |H(x1)-H(x2)|≤H(1)-H(m)=

1

2

m2-mlnm-

1

2

，
|H(x1)-H(x2)|＜1?

1

2

m2-mlnm-

1

2

＜1?

1

2

m-lnm-

3

2m

＜0，
记 h(m)=

1

2

m-lnm+

3

2m

(1＜m≤e)，则 h′(m)=

1

2

-

1

m

+

3

2m2

=

3

2

(

1

m

-

1

3

)2+

1

3

＞0
所以函数h（m）在[1，e]是单增函数
所以 h(m)＜h(e)=

e

2

-1-

3

2e

=

(e-3)(e+1)

2e

＜0
故命题成立．

点评：本题主要考查函数恒成立问题以及函数解析式的求法，是对函数以及导函数知识的综合考查，是有难度的题．