《2025年更高更妙的高中数学思想与方法高中数学必修第一册》

【例 5】已知函数 $ f(x) = \dfrac{2x^2 + bx + c}{x^2 + 1}(b ＜ 0) $ 的值域为 $ [1, 3] $。
(1) 求实数 $ b $，$ c $ 的值；
(2) 判断函数 $ F(x) = \lg f(x) $ 在 $ [-1, 1] $ 上的单调性；
(3) 若 $ t \in \mathbf{R} $，求证：$ 0 \leq F\left(\left|t - \dfrac{1}{2}\right| - \left|t + \dfrac{1}{2}\right|\right) \leq \lg 3 $。

答案：
(1) 令 $ y = \dfrac{2x^2 + bx + c}{x^2 + 1} $，则 $ (2 - y)x^2 + bx + (c - y) = 0 $，$ x \in \mathbf{R} $。
当 $ 2 - y \neq 0 $ 时，$ \Delta = b^2 - 4(2 - y)(c - y) \geq 0 $，即 $ 4y^2 - 4(2 + c)y + 8c - b^2 \leq 0 $。
因值域为 $[1, 3]$，则方程 $ 4y^2 - 4(2 + c)y + 8c - b^2 = 0 $ 的根为 $ y = 1 $ 和 $ y = 3 $。
由韦达定理：$\begin{cases} 2 + c = 1 + 3 \\ \dfrac{8c - b^2}{4} = 1 × 3 \end{cases}$，解得 $ c = 2 $，$ b^2 = 4 $。
又 $ b ＜ 0 $，故 $ b = -2 $。综上，$ b = -2 $，$ c = 2 $。
(2) $ f(x) = \dfrac{2x^2 - 2x + 2}{x^2 + 1} $。任取 $ -1 \leq x_1 ＜ x_2 \leq 1 $，
$ f(x_1) - f(x_2) = \dfrac{2(x_2 - x_1)(1 - x_1x_2)}{(x_1^2 + 1)(x_2^2 + 1)} $。
因 $ x_2 - x_1 ＞ 0 $，$ 1 - x_1x_2 ＞ 0 $，分母 $ ＞ 0 $，故 $ f(x_1) - f(x_2) ＞ 0 $，$ f(x) $ 在 $[-1, 1]$ 递减。
$ F(x) = \lg f(x) $，因 $ \lg u $ 递增，故 $ F(x) $ 在 $[-1, 1]$ 递减。
(3) 由 $ \left| \left| t - \dfrac{1}{2} \right| - \left| t + \dfrac{1}{2} \right| \right| \leq \left| \left( t - \dfrac{1}{2} \right) - \left( t + \dfrac{1}{2} \right) \right| = 1 $，得 $ -1 \leq \left| t - \dfrac{1}{2} \right| - \left| t + \dfrac{1}{2} \right| \leq 1 $。
$ F(x) $ 在 $[-1, 1]$ 递减，故 $ F(1) \leq F\left( \left| t - \dfrac{1}{2} \right| - \left| t + \dfrac{1}{2} \right| \right) \leq F(-1) $。
$ f(1) = 1 $，$ F(1) = 0 $；$ f(-1) = 3 $，$ F(-1) = \lg 3 $。
综上，$ 0 \leq F\left( \left| t - \dfrac{1}{2} \right| - \left| t + \dfrac{1}{2} \right| \right) \leq \lg 3 $。