Question

已知函數(shù)f（x）=2^x+1定義在R上．
（1）若f（x）可以表示為一個(gè)偶函數(shù)g（x）與一個(gè)奇函數(shù)h（x）之和，設(shè)h（x）=t，p（t）=g（2x）+2mh（x）+m²-m-1（m∈R），求出p（t）的解析式；
（2）若p（t）≥m²-m-1對(duì)于x∈[1，2]恒成立，求m的取值范圍；
（3）若方程p（p（t））=0無(wú)實(shí)根，求m的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）利用f（x）=g（x）+h（x）和f（-x）=g（-x）+h（-x）求出g（x）和h（x）的表達(dá)式，再求出p（t）關(guān)于t的表達(dá)式即可．
（2）先有x∈[1，2]找出t的范圍，在把所求問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求p（t）在[

3

2

，

15

4

]的最小值．讓大于等于m²-m-1即可．
（3）轉(zhuǎn)化為關(guān)于p（t）的一元二次方程，利用判別式的取值，再分別討論即可．

解答：解：（1）假設(shè)f（x）=g（x）+h（x）①，其中g(shù)（x）偶函數(shù)，h（x）為奇函數(shù)，
則有f（-x）=g（-x）+h（-x），即f（-x）=g（x）-h（x）②，
由①②解得g(x)=

f(x)+f(-x)

2

，h(x)=

f(x)-f(-x)

2

．
∵f（x）定義在R上，∴g（x），h（x）都定義在R上．
∵g(-x)=

f(-x)+f(x)

2

=g(x)，h(-x)=

f(-x)-f(x)

2

=-h(x)．
∴g（x）是偶函數(shù)，h（x）是奇函數(shù)，∵f（x）=2^x+1，
∴g(x)=

f(x)+f(-x)

2

=

2x+1+2-x+1

2

=2x+

1

2x

，h(x)=

f(x)-f(-x)

2

=

2x+1-2-x+1

2

=2x-

1

2x

．
由2x-

1

2x

=t，則t∈R，
平方得t2=(2x-

1

2x

)2=22x+

1

22x

-2，∴g(2x)=22x+

1

22x

=t2+2，
∴p（t）=t²+2mt+m²-m+1．
（2）∵t=h（x）關(guān)于x∈[1，2]單調(diào)遞增，∴

3

2

≤t≤

15

4

．
∴p（t）=t²+2mt+m²-m+1≥m²-m-1對(duì)于t∈[

3

2

，

15

4

]恒成立，
∴m≥-

t2+2

2t

對(duì)于t∈[

3

2

，

15

4

]恒成立，
令φ(t)=-

t2+2

2t

，則φ′(t)=

1

2

(

2

t2

-1)，
∵t∈[

3

2

，

15

4

]，∴φ′(t)=

1

2

(

2

t2

-1)＜0，故φ(t)=-

t2+2

2t

在t∈[

3

2

，

15

4

]上單調(diào)遞減，
∴φ(t)max=φ(

3

2

)=-

17

12

，∴m≥-

17

12

為m的取值范圍．
（3）由（1）得p（p（t））=[p（t）]²+2mp（t）+m²-m+1，
若p（p（t））=0無(wú)實(shí)根，即[p（t）]²+2mp（t）+m²-m+1①無(wú)實(shí)根，
方程①的判別式△=4m²-4（m²-m+1）=4（m-1）．
1°當(dāng)方程①的判別式△＜0，即m＜1時(shí)，方程①無(wú)實(shí)根．
2°當(dāng)方程①的判別式△≥0，即m≥1時(shí)，
方程①有兩個(gè)實(shí)根p(t)=t2+2mt+m2-m+1=-m±

m-1

，
即t2+2mt+m2+1±

m-1

=0②，
只要方程②無(wú)實(shí)根，故其判別式△2=4m2-4(m2+1±

m-1

)＜0，
即得-1-

m-1

＜0③，且-1+

m-1

＜0④，
∵m≥1，③恒成立，由④解得m＜2，∴③④同時(shí)成立得1≤m＜2．
綜上，m的取值范圍為m＜2．

點(diǎn)評(píng)：本題是在考查指數(shù)函數(shù)的基礎(chǔ)上對(duì)函數(shù)的恒成立問(wèn)題，函數(shù)奇偶性以及一元二次方程根的判斷的綜合考查，是一道綜合性很強(qiáng)的難題．