Question

17．設(shè)二次函數(shù)f（x）=ax²+bx+c的導(dǎo)函數(shù)為f′（x）
（1）若a=1，c=2，且在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線y=f′（x）恰與拋物線y=f（x）相切，求b的值；
（2）若?x∈R，f（x）≥f′（x）恒成立．
①求證：c≥a＞0
②求$\frac{^{2}}{{a}^{2}+{c}^{2}}$的最大值．

Answer 1

分析 （1）先求導(dǎo)，根據(jù)直線y=f′（x）恰與拋物線y=f（x）相切，得到方程x²+（b-2）x+2-b=0有且僅有一個(gè)解，根據(jù)判別式即可求出b的值；
（2）由已知可得ax²+（b-2a）x+（c-b）≥0恒成立，即△=（b-2a）²-4a（c-b）=b²+4a²-4ac≤0，且a＞0，進(jìn)而利用基本不等式證明①②．

解答 解：（1）∵a=1，c=2，
∴f（x）=x²+bx+2，
∴f′（x）=2x+b，
∵y=f′（x）恰與拋物線y=f（x）相切，
∴x²+bx+2=2x+b，即x²+（b-2）x+2-b=0有且僅有一個(gè)解，
∴（b-2）²-4（2-b）=0
解得b=2或b=-2；
（2）①∵f′（x）=2ax+b，f（x）≥f′（x）恒成立，
∴ax²+bx+c≥2ax+b，
∴ax²+（b-2a）x+c-b≥0恒成立，
∴$\left\{\begin{array}{l}{a＞0}\\{△=（b-2a）^{2}-4a（c-b）≤0}\end{array}\right.$，
∴4ac≥4a²+b²，
∴c≥a+$\frac{^{2}}{4a}$≥a＞0
②由①得到b²≤4ac-4a²，
故$\frac{^{2}}{{a}^{2}+{c}^{2}}$≤$\frac{4ac-4{a}^{2}}{{a}^{2}+{c}^{2}}$=$\frac{4×\frac{c}{a}-4}{1+（\frac{c}{a}）^{2}}$=$\frac{4×（\frac{c}{a}-1）}{（\frac{c}{a}-1）^{2}+2（\frac{c}{a}-1）+2}$=$\frac{4}{（\frac{c}{a}-1）+\frac{2}{\frac{c}{a}-1}+2}$≤$\frac{4}{2\sqrt{2}+2}$=2$\sqrt{2}$-2，當(dāng)且僅當(dāng)$\frac{c}{a}$=1+$\sqrt{2}$時(shí)取等號(hào)
∴$\frac{^{2}}{{a}^{2}+{c}^{2}}$的最大值為2$\sqrt{2}$-2

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算法則以及基本不等式的應(yīng)用，屬于中檔題．