已知f(x)=x2+bx+c(b,c∈R),g(x)=4-x-m•(2-x)-9(m∈R),A={x|f(x)=x-2}.
(1)若A={1},解不等式f(x)>1;
(2)若b∈Z,-3∈A,x1,x2為方程f(x)=0的兩個實根,且
4
x1
+
1
x2
=-
1
2

①求b,c的值
②若對任意的t1∈[-2,2],總存在t2∈[-2,2],使得f(t1)=g(t2)成立,求m的取值范圍.
考點:二次函數(shù)的性質,一元二次不等式的解法
專題:函數(shù)的性質及應用
分析:(1)根據(jù)已知條件即可得到1是方程x2+(b-1)x+c+2=0的二重根,所以由韋達定理即可求出b,c,從而解出不等式f(x)>1;
(2)①先由-3∈A便容易得到c=3b-14,而根據(jù)韋達定理及求根公式可得到
x1+x2=-b
x1x2=c
x2=
-b±
b2-4c
2
,所以
4
x1
+
1
x2
=
3x2+x1+x2
x1x2
=
3(-b±
b2-4c
)
2
-b
c
=-
1
2
,所以聯(lián)立c=3b-14即可求出b=2,c=-8;
②根據(jù)條件即知f(x)在[-2,2]上的值域是g(x)在[-2,2]上的子集,容易求出f(x)在[-2,2]上的值域為[-9,0].換元,令2-x=t,t∈[
1
4
,4]
,所以得到一個關于t二次函數(shù)h(t)=t2-mt-9,所以根據(jù)二次函數(shù)的單調(diào)性及取得頂點情況討論m的取值,求出每個m取值下的h(t)的值域,使該值域包含區(qū)間[-9,0],從而能得到m的取值范圍.
解答: 解:(1)A={x|x2+(b-1)x+c+2=0};
∵A={1};
∴1是方程x2+(b-1)x+c+2=0的二重根;
1-b=2
c+2=1
;
∴b=-1,c=-1;
∴由f(x)>1得,x2-x-2>0,解得:x<-1,或x>2;
∴f(x)>1的解為{x|x<-1,或x>2};
(2)①-3∈A;
∴-3b+c+14=0;
∴c=3b-14;
x1,x2是方程f(x)=0的兩個根;
x1+x2=-b
x1x2=c
x2=
-b±
b2-4c
2

4
x1
+
1
x2
=
3x2+x1+x2
x1x2
=
3(-b±
b2-4c
)
2
-b
c
=-
1
2
;
整理成:±3
b2-4c
=5b-c
;
∴將c=3b-14帶入上式可得,±3
b2-12b+56
=2b+14
;
∴對上式兩邊平方并整理可得:5b2-164b+308=0;
解得b=2,或
154
5
(舍去);
∴c=-8;
②f(x)=x2+2x-8;
由②中的條件知,f(x)在[-2,2]上的值域是g(x)在[-2,2]上值域的子集;
f(x)=(x+1)2-9;
∴f(x)在[-2,2]上的值域為[f(-1),f(2)]=[-9,0];
2-x=t(t∈[
1
4
,4])
,h(t)=t2-mt-9;
∴函數(shù)h(t)的對稱軸為t=
m
2
;
(一)若
m
2
1
4
,即m<
1
2
,h(t)在[
1
4
,4]
上單調(diào)遞增;
∴h(t)在[
1
4
,4]
上的值域為[h(
1
4
),h(4)]=[-
1
4
m-
143
16
,-4m+7]
;
-
1
4
m-
143
16
≤-9
-4m+7≥0
,解得
1
4
≤m≤
7
4

1
4
≤m<
1
2
;
(二)若
1
4
m
2
≤4
,即
1
2
≤m≤2
,則:h(
1
4
),h(4)中必有一個為h(t)在[
1
4
,4]
上的最大值,最小值為h(
m
2
)=-
m2
4
-9
;
顯然最小值-
m2
4
-9≤-9
,所以只需滿足-
1
4
m-
143
16
≥0
,或-4m+7≥0;
m≤
7
4
,或m≤-
143
4
(舍去);
1
2
≤m≤
7
4
;
(三)若
m
2
>4
,即m>8,h(t)在[
1
4
,4]
上單調(diào)遞減;
∴h(t)的值域為[h(4),h(
1
4
)]=[-4m+7,-
1
4
m-
143
16
];
-4m+7≤-9
-
1
4
m-
143
16
≥0
;
解得m∈∅;
∴綜上得m的取值范圍為[
1
4
,
7
4
]
點評:考查描述法表示集合,韋達定理,以及解一元二次不等式,一元二次方程的求根公式,換元法求函數(shù)的值域,二次函數(shù)的單調(diào)性及二次函數(shù)在閉區(qū)間上值域的求法.
練習冊系列答案
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x2-1,x≤1
x+
1
x
,x>1
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2
2
3
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2
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2
4
B、-
2
4
C、2
2
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2

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1
x
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1
2
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