Question

已知二次函數(shù)f（x）=ax²+bx+c，（a，b，c∈R）的最小值為-1，且關(guān)于x的一元二次不等式ax²+bx+c＞0的解集為（-∞，-2）∪（0，+∞）．
（Ⅰ）求函數(shù)y=f（x）的解析式；
（Ⅱ）設(shè)F（x）=tf（x）-x-3其中t≥0，求函數(shù)F（x）在x∈[-

3

2

，2]時(shí)的最大值H（t）
（Ⅲ）若g（x）=f（x）+k（k為實(shí)數(shù)），對(duì)任意m∈[0，+∞），總存在n∈[0，+∞）使得g（m）=H（n）成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

考點(diǎn)：函數(shù)恒成立問題

專題：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用

分析：（Ⅰ）根據(jù)不等式的解集，以及二次函數(shù)的性質(zhì)即可求函數(shù)y=f（x）的解析式；
（Ⅱ）求出F（x）的表達(dá)式，結(jié)合二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，即可求函數(shù)F（x）在x∈[-

3

2

，2]時(shí)的最大值H（t）；
（Ⅲ）求出函數(shù)H（x）的值域，利用函數(shù)與方程之間的關(guān)系即可得到結(jié)論．

解答： 解：（Ⅰ）∵x的一元二次不等式ax²+bx+c＞0的解集為（-∞，-2）∪（0，+∞）．
∴0和2是方程ax²+bx+c=0的兩根，
∴f（0）=c=0，f（2）=4a-2b=0，
又f（x）的最小值即-

b2

4a

=-1，
∴a=1，b=2，c=0，
∴f（x）=x²+2x．
（Ⅱ）F（x）=t（x²+2x）-x-3=tx²+（2t-1）x-3，（t≥0）
分以下情況討論F(x)，x∈[-

3

2

，2]的最大值H（t）
（1）當(dāng)t=0時(shí)，F(xiàn)（x）=-x-3在x∈[-

3

2

，2]上是減函數(shù)，H(t)=F(x)max=F(-

3

2

)=-

3

2

…．
（2）當(dāng)t＞0時(shí)，F(xiàn)（x）的圖象關(guān)于直線x=-

2t-1

2t

=-1+

1

2t

對(duì)稱，
∵

- 3 2 +2

2

=

1

4

，故只需比較-1+

1

2t

與

1

4

的大�。�
當(dāng)-1+

1

2t

≤

1

4

時(shí)，即t≥

2

5

時(shí)，F(2)≥F(-

3

2

)，F(xiàn)(x)max=H(t)=F(2)=8t-5．
當(dāng)-1+

1

2t

＞

1

4

時(shí)，即0＜t＜

2

5

時(shí)，F(2)＜F(-

3

2

)，F(xiàn)(x)max=H(t)=F(-

3

2

)=-

3

4

t-

3

2

； 
綜上所得H(t)=

- 3 4 t- 3 2 ，(0≤t＜ 2 5 ) 8t-5，(t≥ 2 5 )

．
（Ⅲ）∵H(t)=

- 3 4 t- 3 2 ，(0≤t＜ 2 5 ) 8t-5，(t≥ 2 5 )

，函數(shù)H（t）的值域?yàn)?span id="rhf4n2o" class="MathJye">[-

9

5

，+∞)，
g（x）=x²+2x+k在區(qū)間[0，+∞）上單調(diào)遞增，
故值域?yàn)閇k，+∞），對(duì)任意m∈[0，+∞），總存在n∈[0，+∞）使得g（m）=H（n）成立，
則[k，+∞）⊆[-

9

5

，+∞)，
∴k≥-

9

5

．

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查不等式的應(yīng)用以及函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用，注意要對(duì)t進(jìn)行分類討論，考查學(xué)生的計(jì)算能力．