Question

對(duì)于定義在區(qū)間D上的函數(shù)f（x），若存在閉區(qū)間[a，b]⊆D和常數(shù)c，使得對(duì)任意x₁∈[a，b]，都有f（x₁）=c，且對(duì)任意x₂∈D，當(dāng)x₂∉[a，b]時(shí)，f（x₂）＞c恒成立，則稱函數(shù)f（x）為區(qū)間D上的“平底型”函數(shù)．
（Ⅰ）判斷函數(shù)f₁（x）=|x-1|+|x-2|和f₂（x）=x+|x-2|是否為R上的“平底型”函數(shù)？并說明理由；
（Ⅱ）設(shè)f（x）是（Ⅰ）中的“平底型”函數(shù)，k為非零常數(shù)，若不等式|t-k|+|t+k|≥|k|•f（x）對(duì)一切t∈R恒成立，求實(shí)數(shù)x的取值范圍；
（Ⅲ）若函數(shù)是區(qū)間[-2，+∞）上的“平底型”函數(shù)，求m和n的值．

Answer 1

解：（1）對(duì)于函數(shù)f₁（x）=|x-1|+|x-2|，當(dāng)x∈[1，2]時(shí)，f₁（x）=1．
當(dāng)x＜1或x＞2時(shí)，f₁（x）＞|（x-1）-（x-2）|=1恒成立，故f₁（x）是“平底型”函數(shù)．（2分）
對(duì)于函數(shù)f₂（x）=x+|x-2|，當(dāng)x∈（-∞，2]時(shí)，f₂（x）=2；當(dāng)x∈（2，+∞）時(shí)，f₂（x）=2x-2＞2，所以不存在閉區(qū)間[a，b]，使當(dāng)x∉[a，b]時(shí)，f（x）＞2恒成立．
故f₂（x）不是“平底型”函數(shù)．（4分）
（Ⅱ）若|t-k|+|t+k|≥|k|•f（x）對(duì)一切t∈R恒成立，則（|t-k|+|t+k|）_min≥|k|•f（x）．
因?yàn)椋▅t-k|+|t+k|）_min=2|k|，所以2|k|≥|k|•f（x）．又k≠0，則f（x）≤2．（6分）
因?yàn)閒（x）=|x-1|+|x-2|，則|x-1|+|x-2|≤2，解得．
故實(shí)數(shù)x的范圍是．（8分）
（Ⅲ）因?yàn)楹瘮?shù)是區(qū)間[-2，+∞）上的“平底型”函數(shù)，則
存在區(qū)間[a，b]⊆[-2，+∞）和常數(shù)c，使得恒成立．
所以x²+2x+n=（mx-c）²恒成立，即．解得或．（10分）
當(dāng)時(shí)，g（x）=x+|x+1|．
當(dāng)x∈[-2，-1]時(shí)，g（x）=-1，當(dāng)x∈（-1，+∞）時(shí)，g（x）=2x+1＞-1恒成立．
此時(shí)，g（x）是區(qū)間[-2，+∞）上的“平底型”函數(shù)．（11分）
當(dāng)時(shí)，g（x）=-x+|x+1|．
當(dāng)x∈[-2，-1]時(shí)，g（x）=-2x-1≥1，當(dāng)x∈（-1，+∞）時(shí)，g（x）=1．
此時(shí)，g（x）不是區(qū)間[-2，+∞）上的“平底型”函數(shù)．（12分）
綜上分析，m=1，n=1為所求．（13分）
分析：（1）對(duì)于函數(shù)f₁（x）=|x-1|+|x-2|，欲判斷其是否是“平底型”函數(shù)，只須f₁（x）＞=1是否恒成立，利用去絕對(duì)值符號(hào)后即可證得；同理，對(duì)于函數(shù)f₂（x）=x+|x-2|，也是如此驗(yàn)證．
（Ⅱ）若|t-k|+|t+k|≥|k|•f（x）對(duì)一切t∈R恒成立，則（|t-k|+|t+k|）_min≥|k|•f（x）．故只須2|k|≥|k|•f（x）也即f（x）≤2最后即可解出實(shí)數(shù)x的范圍．（Ⅲ）因?yàn)楹瘮?shù)是區(qū)間[-2，+∞）上的“平底型”函數(shù)，則存在區(qū)間[a，b]⊆[-2，+∞）和常數(shù)c，使得恒成立．
所以x²+2x+n=（mx-c）²恒成立，得到關(guān)于m，n，c的方程，解出它們的值，最后通過驗(yàn)證g（x）是區(qū)間[-2，+∞）上的“平底型”函數(shù)即可解決問題．
點(diǎn)評(píng)：本小題主要考查函數(shù)的概念及其構(gòu)成要素、不等式的解法、函數(shù)恒成立問題等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想．屬于中檔題．