Question

（2012•陕西）设函数fn(x)=xn+bx+c(n∈N+，b，c∈R)
（1）设n≥2，b=1，c=-1，证明：f_n（x）在区间(

1

2

，1)内存在唯一的零点；
（2）设n为偶数，|f（-1）|≤1，|f（1）|≤1，求b+3c的最小值和最大值；
（3）设n=2，若对任意x₁，x₂∈[-1，1]，有|f₂（x₁）-f₂（x₂）|≤4，求b的取值范围．

Answer 1

分析：（1）当b=1，c=-1，n≥2时，f（x）=xⁿ+x-1，易求f（

1

2

）f（1）＜0，再用导数判断f（x）的单调性即可使结论得证；
（2）解法一，由题意知

-1≤f(-1)≤1 -1≤f(1)≤1

，即

0≤b-c≤2 -2≤b+c≤0

，作出图，用线性规划的知识即可使问题解决；
解法二，由-1≤f（1）=1+b+c≤1，即-2≤b+c≤0①，-1≤f（-1）=1-b+c≤1，即-2≤-b+c≤0②，由①②可求得：-6≤b+3c≤0，问题即可解决；
解法三  由题意知

f(-1)=1-b+c f(1)=1+b+c

，解得b=

f(1)-f(-1)

2

，c=

f(1)+f(-1)+2

2

，b+3c=2f（1）+f（-1）-3，由-6≤b+3c≤0，可得答案；
（3）当n=2时，f（x）=x²+bx+c，对任意x₁，x₂∈[-1，1]，有|f₂（x₁）-f₂（x₂）|≤4，等价于在[-1，1]上最大值与最小值之差M≤4，据此分类讨论解决即可．

解答：解：（1）当b=1，c=-1，n≥2时，f（x）=xⁿ+x-1
∵f（

1

2

）f（1）=（

1

2n

-

1

2

）×1＜0，∴f（x）在区间(

1

2

，1)内存在零点，
又当x∈（

1

2

，1）时，f′（x）=nx^n-1+1＞0，
∴f（x）在（

1

2

，1）上单调递增，∴f（x）在区间(

1

2

，1)内存在唯一的零点；
（2）解法一  由题意知

-1≤f(-1)≤1 -1≤f(1)≤1

，即

0≤b-c≤2 -2≤b+c≤0

由图象知b+3c在点（0，-2）取到最小值-6，在点（0，0）处取到最大值0，
∴b+3c的最小值为-6，最大值为0；
解法二  由题意知
-1≤f（1）=1+b+c≤1，即-2≤b+c≤0，①
-1≤f（-1）=1-b+c≤1，即-2≤-b+c≤0，②
①×2+②得：-6≤2（b+c）+（-b+c）=b+3c≤0，
当b=0，c=-2时，b+3c=-6；当b=c=0，时，b+3c=0；
∴b+3c的最小值为-6，最大值为0；
解法三  由题意知

f(-1)=1-b+c f(1)=1+b+c

，解得b=

f(1)-f(-1)

2

，c=

f(1)+f(-1)+2

2

，
∴b+3c=2f（1）+f（-1）-3，
∵-1≤f（-1）≤1，-1≤f（1）≤1，
∴-6≤b+3c≤0，
当b=0，c=-2时，b+3c=-6；当b=c=0，时，b+3c=0；
∴b+3c的最小值为-6，最大值为0；
（3）当n=2时，f（x）=x²+bx+c，对任意x₁，x₂∈[-1，1]，有|f₂（x₁）-f₂（x₂）|≤4，等价于在[-1，1]上最大值与最小值之差M≤4，据此分类讨论如下：
（i）当|

b

2

|＞1，即|b|＞2，M=|f（1）-f（-1）|=2|b|＞4，与题设矛盾；
（ii）当-1≤-

b

2

＜0，即0＜b≤2时，M=f（1）-f（-

b

2

）=(

b

2

+1)2≤4恒成立，
（iii）当0≤-

b

2

≤1，即-2≤b≤0时，M=f（-1）-f（-

b

2

）=(

b

2

-1)2≤4恒成立，
综上所述，-2≤b≤2．

点评：本题考查函数恒成立问题，考查函数零点存在性定理的应用，考查线性规划的应用，也考查不等式的性质，考查绝对值的应用，渗透转化思想，方程思想，分类讨论思想，数形结合思想的考查，综合性极强，运算量大，难度高，属于难题．