Question

7．已知函数f（x）=2x+b，g（x）=x²+bx+c，其中b、c∈R，设$h（x）=\frac{g（x）}{f（x）}$．
（1）如果h（x）为奇函数，求实数b、c满足的条件；
（2）在（1）的条件下，若函数h（x）在区间[2，+∞）上为增函数，求c的取值范围；
（3）若对任意的x∈R恒有f（x）≤g（x）成立．证明：当x≥0时，g（x）≤（x+c）²成立．

Answer 1

分析 （1）根据函数奇偶性的定义建立方程关系进行求解即可．
（2）根据好是单调性的定义和性质建立不等式关系即可得到结论．
（3）根据条件求出c的取值范围，即可得到结论．

解答 解：（1）$h（x）=\frac{{{x^2}+bx+c}}{2x+b}$，设$h（x）=\frac{g（x）}{f（x）}$的定义域为D，
∵h（x）为奇函数，∴对于任意x∈D，h（-x）=-h（x）成立．…（1分）
即：$\frac{{{x^2}-bx+c}}{-2x+b}=-\frac{{{x^2}+bx+c}}{2x+b}$化简得：bx²-bc=0…（3分）
因对于任意x∈D都成立，
∴$\left\{{\begin{array}{l}{b=0}\\{bc=0}\end{array}}\right.$，
即b=0，c∈R…（4分）
（2）由（1）知b=0，∴$h（x）=\frac{1}{2}x+\frac{c}{2x}$…（5分）
∵h（x）在[2，+∞）上为增函数，
∴任取2≤x₁＜x₂时，$f（{x_2}）-f（{x_1}）=\frac{1}{2}（{x_2}-{x_1}）（1-\frac{c}{{{x_1}{x_2}}}）＞0$恒成立．…（6分）
即任取2≤x₁＜x₂时，1-$\frac{c}{{x}_{1}{x}_{2}}$＞0成立，
也就是c＜x₁x₂成立． …（8分）
∴c≤4，即c的取值范围是（-∞，4]． …（10分）
（3）因为任意的x∈R恒有f（x）≤g（x）成立，
所以对任意的x∈R，2x+b≤x²+bx+c，
即x²+（b-2）x+c-b≥0恒成立．…（11分）
所以判别式△=（b-2）²-4（c-b）≤0，
从而c≥$\frac{{b}^{2}+1}{4}$，
∴c≥1，且c$≥2\sqrt{\frac{{b}^{2}}{4}×1}$=|b|，…（13分）
因此 c（c-1）≥0且2c-b=c+（c-b）＞0．…（14分）
故当x≥0时，有（x+c）²-g（x）=（2c-b）x+c（c-1）≥0．…（15分）
即当x≥0时，g（x）≤（x+c）²成立．…（16分）

点评 本题主要考查函数奇偶性的定义和单调性的应用，利用定义法是解决本题的关键．