Question

已知二次函数g（x）对任意实数x不等式x-1≤g（x）≤x²-x恒成立，且g（-1）=0，令f(x)=g(x)+mlnx+

1

2

(m∈R)．
（I）求g（x）的表达式；
（Ⅱ）若?x＞0使f（x）≤0成立，求实数m的取值范围；
（Ⅲ）设1＜m≤e，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，利用不等式x-1≤g（x）≤x²-x恒成立，可得g（1）=0与g（-1）=0相结合可得b=0，a+c=0；再代入利用不等式x-1≤g（x）≤x²-x恒成立求出a即可．
（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），
由题意令x=1得0≤g（1）≤0∴g（1）=0，
∴

a+b+c=0 a-b+c=0

得b=0，a+c=0，
∵x-1≤g（x）≤x²-x对?x∈R恒成立，
∴ax²-a≥x-1和ax²-a≤x²-x恒成立，
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）∪（0，+∞）．

（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．