已知关于 $x$ 的函数 $y=f(x),y=g(x)$ 与 $h(x)=kx+b(k,b\in\mathbb{R})$ 在区间 $D$ 上恒有 $f(x)\geqslant h(x)\geqslant g(x).$
【难度】
【出处】
2020年高考江苏卷
【标注】
-
若 $f(x)=x^2+2x,g(x)=-x^2+2x,D=(-\infty,+\infty)$，求 $h(x)$ 的表达式；标注答案$h(x)=2x$解析解：由条件 $f(x)\geqslant h(x)\geqslant g(x)$，得 $x^2+2x\geqslant kx+b\geqslant -x^2+2x$，
取 $x=0$，得 $0\geqslant b\geqslant 0$，所以 $b=0$．
由 $x^2+2x\geqslant kx$，得 $x^2+(2-k)x\geqslant 0$，此式对一切 $x\in(-\infty,+\infty)$ 恒成立，
所以 $(2-k)^2\leqslant 0$，则 $k=2$，此时 $2x\geqslant -x^2+2x$ 恒成立，
所以 $h(x)=2x$． -
若 $f(x)=x^2-x+1,g(x)=k\ln x,h(x)=kx-k$，$D=(0,+\infty)$，求 $k$ 的取值范围；标注答案$[0,3]$解析解：$h(x)-g(x)=k(x-1-\ln x),x\in(0,+\infty).$
令 $u(x)=x-1-\ln x$，则 $u'(x)=1-\frac{1}{x}$，令 $u'(x)=0$，得 $x=1$．$$\begin{array}{|c|c|c|c|} \hline x & (0,1) & 1 & (1,+\infty) \\ \hline u'(x) & - & 0 & + \\ \hline u(x) & \searrow & \text{极小值} & \nearrow \\ \hline \end{array} $$所以 $u(x)_{\text{min}}=u(1)=0$，则 $x-1\geqslant\ln x$ 恒成立，
所以当且仅当 $k\geqslant 0$ 时，$h(x)\geqslant g(x)$ 恒成立．
另一方面，$f(x)\geqslant h(x)$ 恒成立，即 $x^2-x+1\geqslant kx-k$ 恒成立，
也即 $x^2-(1+k)x+1+k\geqslant 0$ 恒成立．
因为 $k\geqslant 0$，对称轴为 $x=\frac{1+k}{2}>0$，
所以 $(1+k)^2-4(1+k)\leqslant 0$，解得 $-1\leqslant k\leqslant 3.$ -
若 $f(x)=x^4-2x^2,g(x)=4x^2-8,$ $h(x)=4(t^3-t)x-3t^4+2t^2(0<|t|\leqslant \sqrt2)$，$D=[m,n]\subset[-\sqrt2,\sqrt2] $，求证：$ n-m\leqslant \sqrt7.$标注答案略解析解：
① 当 $1\leqslant t\leqslant \sqrt2$ 时，
由 $g(x)\leqslant h(x)$，得 $4x^2-8\leqslant 4(t^3-t)x-3t^4+2t^2$，整理得
$x^2-(t^3-t)x+\frac{3t^4-2t^2-8}{4}\leqslant 0.$（*）
令 $\Delta=(t^3-t)^2-(3t^4-2t^2-8)$，则 $\Delta=t^6-5t^4+3t^2+8.$
记 $\varphi(t)=t^6-5t^4+3t^2+8(1\leqslant t\leqslant \sqrt2).$
则 $\varphi '(t)=6t^5-20t^3+6t=2t(3t^2-1)(t^2-3)<0$ 恒成立，
所以 $\varphi(t)$ 在 $[1,\sqrt2]$ 上是减函数，则 $\varphi(\sqrt2)\leqslant \varphi(t)\leqslant \varphi(1)$，即 $2\leqslant \varphi(t)\leqslant 7.$
因此 $n-m\leqslant x_2-x_1=\sqrt\Delta\leqslant \sqrt7.$
② 当 $0<t<1$ 时，
$f(-1)-h(-1)=3t^4+4t^3-2t^2-4t-1.$
设 $v(t)=3t^4+4t^3-2t^2-4t-1$，
$v'(t)=12t^3+12t^2-4t-4=4(t+1)(3t^2-1)$，
令 $v'(t)=0$，得 $t=\frac{\sqrt3}{3}.$
当 $t\in(0,\frac{\sqrt3}{3})$ 时，$v'(t)<0$，$v(t)$ 是减函数；
当 $t\in(\frac{\sqrt3}{3},1)$ 时，$v'(t)>0$，$v(t)$ 是增函数．
$v(0)=-1,v(1)=0$，则当 $0<t<1$ 时，$v(t)<0.$
（或证：$v(t)=(t+1)^2(3t+1)(t-1)<0.$）
则 $f(-1)-h(-1)<0$，因此 $-1\notin(m,n).$
因为 $[m,n]\subseteq[-\sqrt2,\sqrt2]$，所以 $n-m\leqslant \sqrt2+1<\sqrt7.$
③ 当 $-\sqrt2\leqslant t<0$ 时，因为 $f(x)$，$g(x)$ 均为偶函数，因此 $n-m\leqslant\sqrt7$ 也成立．
综上所述，$n-m\leqslant \sqrt7.$
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
问题3
答案3
解析3
备注3
