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已知函数f（x）=2x+1定义在R上．（1）若f（x）可以表示为一个偶函数g（x）与一个奇函数h（x）之和，设h（x）=t，p（t）=g（2x）+2mh（x）+m2-m-1（m∈R），求出p（t）的解

题目简介

已知函数f（x）=2x+1定义在R上．（1）若f（x）可以表示为一个偶函数g（x）与一个奇函数h（x）之和，设h（x）=t，p（t）=g（2x）+2mh（x）+m2-m-1（m∈R），求出p（t）的解

题目详情

已知函数f（x）=2x+1定义在R上．
（1）若f（x）可以表示为一个偶函数g（x）与一个奇函数h（x）之和，设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对于x∈[1，2]恒成立，求m的取值范围；
（3）若方程p（p（t））=0无实根，求m的取值范围．
题型：解答题难度：中档来源：不详

答案

（1）假设f（x）=g（x）+h（x）①，其中g（x）偶函数，h（x）为奇函数，
则有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）定义在R上，∴g（x），h（x）都定义在R上．
∵g(-x)=
f(-x)+f(x)
2
=g(x)，h(-x)=
f(-x)-f(x)
2
=-h(x)．
∴g（x）是偶函数，h（x）是奇函数，∵f（x）=2x+1，
∴g(x)=
f(x)+f(-x)
2
=
2x+1+2-x+1
2
=2x+class="stub"1
2x
，h(x)=
f(x)-f(-x)
2
=
2x+1-2-x+1
2
=2x-class="stub"1
2x
．
由2x-class="stub"1
2x
=t，则t∈R，
平方得t2=(2x-class="stub"1
2x
)2=22x+class="stub"1
22x
-2，∴g(2x)=22x+class="stub"1
22x
=t2+2，
∴p（t）=t2+2mt+m2-m+1．
（2）∵t=h（x）关于x∈[1，2]单调递增，∴class="stub"3
2
≤t≤class="stub"15
4
．
∴p（t）=t2+2mt+m2-m+1≥m2-m-1对于t∈[class="stub"3
2
，class="stub"15
4
]恒成立，
∴m≥-
t2+2
2t
对于t∈[class="stub"3
2
，class="stub"15
4
]恒成立，
令φ(t)=-
t2+2
2t
，则φ′(t)=class="stub"1
2
(class="stub"2
t2
-1)，
∵t∈[class="stub"3
2
，class="stub"15
4
]，∴φ′(t)=class="stub"1
2
(class="stub"2
t2
-1)＜0，故φ(t)=-
t2+2
2t
在t∈[class="stub"3
2
，class="stub"15
4
]上单调递减，
∴φ(t)max=φ(class="stub"3
2
)=-class="stub"17
12
，∴m≥-class="stub"17
12
为m的取值范围．
（3）由（1）得p（p（t））=[p（t）]2+2mp（t）+m2-m+1，
若p（p（t））=0无实根，即[p（t）]2+2mp（t）+m2-m+1①无实根，
方程①的判别式△=4m2-4（m2-m+1）=4（m-1）．
1°当方程①的判别式△＜0，即m＜1时，方程①无实根．
2°当方程①的判别式△≥0，即m≥1时，
方程①有两个实根p(t)=t2+2mt+m2-m+1=-m±
m-1
，
即t2+2mt+m2+1±
m-1
=0②，
只要方程②无实根，故其判别式△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同时成立得1≤m＜2．
综上，m的取值范围为m＜2．

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