Question

14．對于函數(shù)f₁（x），f₂（x），h（x），如果存在實數(shù)a，b使得h（x）=a•f₁（x）+b•f₂（x），那么稱h（x）為f₁（x），f₂（x）的生成函數(shù)．
（1）函數(shù)f₁（x）=x²-x，f₂（x）=x²+x+1，h（x）=x²-x+1，h（x）是否為f₁（x），f₂（x）的生成函數(shù)？說明理由；
（2）設(shè)f₁（x）=1-x，f₂（x）=$\frac{{{x^2}-x+1}}{x-1}$，當(dāng)a=b=1時生成函數(shù)h（x），求h（x）的對稱中心（不必證明）；
（3）設(shè)f₁（x）=x，${f_2}（x）=\frac{1}{x-1}$（x≥2），取a=2，b＞0，生成函數(shù)h（x），若函數(shù)h（x）的最小值是5，求實數(shù)b的值．

Answer 1

分析 （1）先假設(shè)存在，列出方程，根據(jù)方程無解，得出不存在；
（2）化簡函數(shù)式為h（x）=1-x+$\frac{{{x^2}-x+1}}{x-1}$=$\frac{1}{x-1}$+1，從而判斷函數(shù)圖象關(guān)于點（1，1）中心對稱；
（3）運用雙勾函數(shù)的圖象和性質(zhì)，并通過分類討論確定函數(shù)的最值．

解答 解：（1）根據(jù)生成函數(shù)的定義，設(shè)存在a，b使得h（x）=a•f₁（x）+b•f₂（x），
則x²-x+1=a（x²-x）+b（x²+x+1）=（a+b）x²+（b-a）x+b，
對比兩邊的系數(shù)可知，$\left\{\begin{array}{l}{a+b=1}\\{b-a=-1}\\{b=1}\end{array}\right.$，方程無解，
所以，h（x）不是f₁（x），f₂（x）的生成函數(shù)；
（2）因為a=b=1，所以，h（x）=1-x+$\frac{{{x^2}-x+1}}{x-1}$，
而h（x）=1-x+$\frac{{{x^2}-x+1}}{x-1}$=（1-x）+$\frac{x^2-x}{x-1}$+$\frac{1}{x-1}$=$\frac{1}{x-1}$+1，
該函數(shù)的圖象為雙曲線，對稱中心為（1，1）；
（3）根據(jù)題意，h（x）=2x+$\frac{x-1}$=2（x-1）+$\frac{x-1}$+2（x≥2），
根據(jù)基本不等式，2（x-1）+$\frac{x-1}$≥2$\sqrt{2b}$，
當(dāng)且僅當(dāng)：x=$\sqrt{\frac{2}}$+1時，取“=”，
因此，函數(shù)h（x）單調(diào)性為，x∈（1，$\sqrt{\frac{2}}$+1）上單調(diào)遞減，x∈（$\sqrt{\frac{2}}$+1，+∞）上單調(diào)遞增，
故令$\sqrt{\frac{2}}$+1=2，解得b=2，最值情況分類討論如下：
①當(dāng)b∈（0，2]時，$\sqrt{\frac{2}}$+1≤2，
所以，當(dāng)x≥2時，h（x）單調(diào)遞增，h（x）_min=h（2）=b+4=5，解得b=1，符合題意；
②當(dāng)b∈（2，+∞）時，$\sqrt{\frac{2}}$+1＞2，
所以，當(dāng)x≥2時，h（x）先減后增，h（x）_min=h（$\sqrt{\frac{2}}$+1）=2$\sqrt{2b}$+2=5，解得b=$\frac{9}{8}$，不合題意；
綜合以上討論得，實數(shù)b的值為1．

點評 本題主要考查了函數(shù)解析式的求法，函數(shù)圖象對稱中心的確定，以及運用函數(shù)的單調(diào)性確定函數(shù)的最值，屬于難題．