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[32,154]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)=2x+1,
∴g(x)=f(x)+f(−x)2=2x+1+2−x+12=2x+12x,
h(x)=f(x)−f(−x)2=2x+1−2−x+1x=2x-12x,
由2x-12x=t,則t∈R,
平方得t2=(2x-12x)2=22x+122x-2,∴g(2x)=22x+122x=t2+2,
∴p(t)=t2+2mt+m2-m+1.
(2)∵t=h(x)關(guān)于x∈[1,2]單調(diào)遞增,
∴32≤t≤154,
∴p(t)=t2+2mt+m2-m+1≥m2-m-1對(duì)于t∈[32,154]恒成立,
∴m≥-t2+22t對(duì)于t∈[32,154]恒成立,
令φ(t)=-t2+22t,則φ′(t)=12(2t2-1),
∵t∈[32,154],∴φ′(t)=12(2t2-1)<0,
故φ(t)在t∈[32,154]上單調(diào)遞減,
∴φ(t)max=φ(32)=-1712,
∴m≥-1712.
(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.
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A. | 0<m<1 | B. | -4<m<2 | C. | m<1 | D. | -3<m<1 |
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A. | 1 | B. | 3 | C. | 1或-3 | D. | 3或-1 |
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