已知关于 x 的函数 y=f(x), y=g(x) 与 h…——2020 高考数学第 19 题答案解析

【解答】
已知关于 $x$ 的函数 $y=f(x), y=g(x)$ 与 $h(x)=k x+b(k, b \in \mathbf{R})$ 在区间 $D$ 上恒有 $f(x) \geq h(x) \geq g(x)$ ．
（1）若 $f(x)=x^{2}+2 x, g(x)=-x^{2}+2 x, D=(-\infty,+\infty)$ ，求 $h(x)$ 的表达式；
（2）若 $f(x)=x^{2}-x+1, g(x)=k \ln x, h(x)=k x-k, D=(0,+\infty)$ ，求 $k$ 的取值范围；
（3）若 $f(x)=x^{4}-2 x^{2}, g(x)=4 x^{2}-8, h(x)=4\left(t^{2}-t\right) x-3 t^{4}+2 t^{2}(0<|t| \leqslant \sqrt{2}), D=[m, n] \subseteq[-\sqrt{2}, \sqrt{2}]$ ，求证：$n-m \leq \sqrt{7}$ ．

【答案】①$h(x)=2 x$ ；②$k \in[0,3]$ ；（3）证明详见解析

## 【解析】

【分析】
（1）求得 $f(x)$ 与 $g(x)$ 的公共点，并求得过该点的公切线方程，由此求得 $h(x)$ 的表达式．
（2）先由 $h(x)-g(x) \geq 0$ ，求得 $k$ 的一个取值范围，再由 $f(x)-h(x) \geq 0$ ，求得 $k$ 的另一个取值范围 ，从而求得 $k$ 的取值范围．
（3）先由 $f(x) \geq h(x)$ ，求得 $|t|$ 的取值范围，由方程 $g(x)-h(x)=0$ 的两个根，求得 $n-m$ 的表达式，利用导数证得不等式成立．

【详解】①由题设有 $-x^{2}+2 x \leq k x+b \leq x^{2}+2 x$ 对任意的 $x \in \mathbf{R}$ 恒成立．
令 $x=0$ ，则 $0 \leq b \leq 0$ ，所以 $b=0$ ．
因此 $k x \leq x^{2}+2 x$ 即 $x^{2}+(2-k) x \geq 0$ 对任意的 $x \in \mathbf{R}$ 恒成立，
所以 $\Delta=(2-k)^{2} \leq 0$ ，因此 $k=2$ ．
故 $h(x)=2 x$ ．
（2）令 $F(x)=h(x)-g(x)=k(x-1-\ln x)(x>0), F(1)=0$ 。
又 $F^{\prime}(x)=k \cdot \frac{x-1}{x}$ ．

若 $\mathrm{k}<0$ ，则 $F(x)$ 在 $(0,1)$ 上递增，在 $(1,+¥)$ 上递减，则 $F(x) \leq F(1)=0$ ，即 $h(x)-g(x) \leq 0$ ，不符合题意。

当 $k=0$ 时，$F(x)=h(x)-g(x)=0, h(x)=g(x)$ ，符合题意．
当 $k>0$ 时，$F(x)$ 在 $(0,1)$ 上递减，在 $(1,+¥)$ 上递增，则 $F(x) \geq F(1)=0$ ，
即 $h(x)-g(x) \geq 0$ ，符合题意。
综上所述，$k \geq 0$ ．
由 $f(x)-h(x)=x^{2}-x+1-(k x-k)=x^{2}-(k+1) x+(k+1) \geq 0$
当 $x=\frac{k+1}{2}<0$ ，即 $k<-1$ 时，$y=x^{2}-(k+1) x+k+1$ 在 $(0,+¥)$ 为增函数，
因为 $f(0)-h(0)=k+1<0$ ，
故存在 $x_{0} \in(0,+\infty)$ ，使 $f(x)-h(x)<0$ ，不符合题意．
当 $x=\frac{k+1}{2}=0$ ，即 $k=-1$ 时，$f(x)-h(x)=x^{2} \geq 0$ ，符合题意。
当 $x=\frac{k+1}{2}>0$ ，即 $k>-1$ 时，则需 $\Delta=(k+1)^{2}-4(k+1) \leq 0$ ，解得 $-1综上所述，$k$ 的取值范围是 $k \in[0,3]$ ．
（3）因为 $x^{4}-2 x^{2} \geq 4\left(t^{3}-t\right) x-3 t^{4}+2 t^{2} \geq 4 x^{2}-8$ 对任意 $x \in[m, n] \subset[-\sqrt{2}, \sqrt{2}]$ 恒成立，
$x^{4}-2 x^{2} \geq 4\left(t^{3}-t\right) x-3 t^{4}+2 t^{2}$ 对任意 $x \in[m, n] \subset[-\sqrt{2}, \sqrt{2}]$ 恒成立，
等价于 $(x-t)^{2}\left(x^{2}+2 t x+3 t^{2}-2\right) \geq 0$ 对任意 $x \in[m, n] \subset[-\sqrt{2}, \sqrt{2}]$ 恒成立．
故 $x^{2}+2 t x+3 t^{2}-2 \geq 0$ 对任意 $x \in[m, n] \subset[-\sqrt{2}, \sqrt{2}]$ 恒成立
令 $M(x)=x^{2}+2 t x+3 t^{2}-2$ ，

当 $00,-1<-t<1$ ，
此时 $n-m \leq \sqrt{2}+|t|<\sqrt{2}+1<\sqrt{7}$ ，
当 $1 \leq t^{2} \leq 2, \Delta=-8 t^{2}+8 \leq 0$ ，
但 $4 x^{2}-8 \geq 4\left(t^{3}-t\right) x-3 t^{4}+2 t^{2}$ 对任意的 $x \in[m, n] \subset[-\sqrt{2}, \sqrt{2}]$ 恒成立．
等价于 $4 x^{2}-4\left(t^{3}-t\right) x+\left(3 t^{2}+4\right)\left(t^{2}-2\right) \leq 0$ 对任意的 $x \in[m, n] \subset[-\sqrt{2}, \sqrt{2}]$ 恒成立．

$4 x^{2}-4\left(t^{3}-t\right) x+\left(3 t^{2}+4\right)\left(t^{2}-2\right)=0$ 的两根为 $x_{1}, x_{2}$ ，
则 $x_{1}+x_{2}=t^{3}-t, x_{1} \cdot x_{2}=\frac{3 t^{4}-2 t^{2}-8}{4}$ ，
所以 $n-m=\left|x_{1}-x_{2}\right|=\sqrt{\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-4 x_{1} x_{2}}=\sqrt{t^{6}-5 t^{4}+3 t^{2}+8}$ ．
令 $t^{2}=\lambda, \lambda \in[1,2]$ ，则 $|n-m|=\sqrt{\lambda^{3}-5 \lambda^{2}+3 \lambda+8}$ ．
构造函数 $P(\lambda)=\lambda^{3}-5 \lambda^{2}+3 \lambda+8(\lambda \in[1,2]), P^{\prime}(\lambda)=3 \lambda^{2}-10 \lambda+3=(\lambda-3)(3 \lambda-1)$ ，
所以 $\lambda \in[1,2]$ 时，$P^{\prime}(\lambda)<0, P(\lambda)$ 递减，$P(\lambda)_{\text {max }}=P(1)=7$ ．
所以 $(n-m)_{\text {max }}=\sqrt{7}$ ，即 $n-m \leq \sqrt{7}$ ．
【点睛】本小题主要考查利用的导数求切线方程，考查利用导数研究不等式恒成立问题，考查利用导数证明不等式，考查分类讨论的数学思想方法，属于难题．