已知函數(shù)f(x)=ax2+
1
2
x+c(a≠0
).若函數(shù)f(x)滿足下列條件:①f(-1)=0;②對一切實(shí)數(shù)x,不等式f(x)
1
2
x2
+
1
2
恒成立.
(Ⅰ)求函數(shù)f(x)的表達(dá)式;
(Ⅱ)若f(x)≤t2-2at+1對?x∈[-1,1],?a∈[-1,1]恒成立,求實(shí)數(shù)t的取值范圍;
(Ⅲ)求證:
1
f(1)
+
1
f(2)
+…+
1
f(n)
2n
n+2
(n∈N*).
分析:(I)由已知中:①f(-1)=0;②對一切實(shí)數(shù)x,不等式f(x)
1
2
x2
+
1
2
恒成立.可構(gòu)造關(guān)于關(guān)于c的不等式組,解不等式組求出a,c的值,可得函數(shù)f(x)的表達(dá)式;
(Ⅱ)由于f(x)=
1
4
x2+
1
2
x+
1
4
在[-1,1]上為增函數(shù),故f(x)≤t2-2at+1對?x∈[-1,1],?a∈[-1,1]恒成立,可化為t2-2at+1大于f(x)的最大值對?a∈[-1,1]恒成立,求出f(x)的最大值后,根據(jù)恒成立的充要條件,構(gòu)造不等式組可得實(shí)數(shù)t的取值范圍;
(Ⅲ)由(I)易得
1
f(n)
=
4
(n+1)2
,利用放縮法可證得
1
22
+
1
32
+…+
1
(n+1)2
1
2
-
1
3
+
1
3
-
1
4
+…+
1
n-1
-
1
n-2
=
1
2
-
1
n-2
=
n
2n+4
解答:解:(Ⅰ)又f(-1)=0,所以a-b+c=0,即a+c=
1
2
.…(2分)
又因?yàn)閒(x)
1
2
x2
+
1
2
對一切實(shí)數(shù)x恒成立,
即對一切實(shí)數(shù)x,不等式(a-
1
2
)x2+
1
2
x+c-
1
2
≤0,
即-cx2+
1
2
x+c-
1
2
≤0恒成立.
顯然,當(dāng)c=0時,不符合題意.
當(dāng)c≠0時,應(yīng)滿足
-c<0
△=
1
4
+4c(c-
1
2
)≤0
,即
c>0
(4c-1)2≤0

可得a=c=
1
4

所以f(x)=
1
4
x2+
1
2
x+
1
4
.             …(5分)
(Ⅱ)由于f(x)=
1
4
x2+
1
2
x+
1
4
在[-1,1]上為增函數(shù),
∴當(dāng)x=1時,f(x)取最大值1,…(6分)
若f(x)≤t2-2at+1對?x∈[-1,1],?a∈[-1,1]恒成立,
即:1≤t2-2at+1對?a∈[-1,1]恒成立,
∴t2-2at≥0對?a∈[-1,1]恒成立,
t2-2×(-1)t≥0
t2-2×1×t≥0

t2+2t≥0
t2-2t≥0

解得t≤-2,或t=0,或t≥2
故實(shí)數(shù)t的取值范圍為{t|t≤-2,或t=0,或t≥2}                 …(10分)
(Ⅲ)證明:因?yàn)閒(n)=
1
4
n2+
1
2
n+
1
4
=
(n+1)2
4
,
所以
1
f(n)
=
4
(n+1)2
.…(11分)
要證不等式
1
f(1)
+
1
f(2)
+…+
1
f(n)
2n
n+2
(n∈N*)成立,
即證
1
22
+
1
32
+…+
1
(n+1)2
n
2n+4

因?yàn)椤?span id="askw4wk" class="MathJye">
1
(n+1)2
1
(n+1)(n+2)
=
1
n-1
-
1
n-2

所以
1
22
+
1
32
+…+
1
(n+1)2
1
2
-
1
3
+
1
3
-
1
4
+…+
1
n-1
-
1
n-2
=
1
2
-
1
n-2
=
n
2n+4

所以
1
f(1)
+
1
f(2)
+…+
1
f(n)
2n
n+2
(n∈N*)成立.…(14分)
點(diǎn)評:本題考查的知識點(diǎn)是函數(shù)恒成立問題,數(shù)列求和--裂項相消法,數(shù)列與不等式的綜合,求函數(shù)的解析式,是函數(shù),數(shù)列,不等式的綜合應(yīng)用,其中不等式的證明要使用放縮的技巧,屬于難題.
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已知函數(shù)f(x)=
a-x2
x
+lnx  (a∈R , x∈[
1
2
 , 2])

(1)當(dāng)a∈[-2,
1
4
)
時,求f(x)的最大值;
(2)設(shè)g(x)=[f(x)-lnx]•x2,k是g(x)圖象上不同兩點(diǎn)的連線的斜率,否存在實(shí)數(shù)a,使得k≤1恒成立?若存在,求a的取值范圍;若不存在,請說明理由.

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34
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(-∞,-2)
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2x
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