Question

3．已知二次函數(shù)f（x）=ax²+bx+c
（1）若f（x）滿足f（-1）=0．且對(duì)任意x∈R，都有x≤f（x）≤x²-x+1恒成立，求a，b，c的值；
（2）在（1）的條件下，是否存在實(shí)數(shù)k，使函數(shù)g（x）=f（x）-kx²在閉區(qū)間[-1，2]上遞減，要講述其理由．
（3）設(shè)h（x）=lnx+ax²+c-f（x），若y=h（x）得圖象與x軸有兩個(gè)不同的交點(diǎn)A（x₁，0），（x₂，0），且0＜x₁＜x₂，求證：x₁x₂＞e²．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)不等式的恒成立問(wèn)題得出：$\left\{\begin{array}{l}{a＞0}\\{1-a＞0}\\{（b-1）^{2}-4ac≤0}\\{（b+1）^{2}-4（1-a）（1-c）≤0}\end{array}\right.$
（2）根據(jù)函數(shù)得出對(duì)稱軸x=$\frac{1}{4k-1}$，在閉區(qū)間[-1，2]上遞減，求解對(duì)稱不等式組$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{4}-k＞0}\\{\frac{1}{4k-1}≥2}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{4}-k＜0}\\{\frac{1}{4k-1}≤-1}\end{array}\right.$求解即可．
（3）利用函數(shù)零點(diǎn)的性質(zhì)，結(jié)合函數(shù)單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)之間的關(guān)系，進(jìn)行轉(zhuǎn)化即可證明不等式

解答 解；（1）∵f（x）滿足f（-1）=0．
∴a+c=b，
∵對(duì)任意x∈R，都有x≤f（x）≤x²-x+1恒成立，
∴ax²+（b-1）x+c≥0，（1-a）x²-（1+b）x+1-c≥0恒成立．
$\left\{\begin{array}{l}{a＞0}\\{1-a＞0}\\{（b-1）^{2}-4ac≤0}\\{（b+1）^{2}-4（1-a）（1-c）≤0}\end{array}\right.$
化簡(jiǎn)得出：$\left\{\begin{array}{l}{（a-c）^{2}≤2（a+c）-1}\\{（a-c）^{2}≤3-6（a+c）}\end{array}\right.$
即2（a+c）-1=3-6（a+c），a+c=$\frac{1}{2}$，a=c=$\frac{1}{4}$．b=$\frac{1}{2}$
（2）f（x）=$\frac{1}{4}$x²$+\frac{1}{2}x+\frac{1}{4}$，g（x）=f（x）-kx²=（$\frac{1}{4}$-k）x²$+\frac{1}{2}x$$+\frac{1}{4}$，
對(duì)稱軸x=$\frac{1}{4k-1}$，
∵在閉區(qū)間[-1，2]上遞減，
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{4}-k＞0}\\{\frac{1}{4k-1}≥2}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{4}-k＜0}\\{\frac{1}{4k-1}≤-1}\end{array}\right.$
即$\frac{1}{4}$$＜k≤\frac{3}{8}$或0≤k＜$\frac{1}{4}$
故存在實(shí)數(shù)k：$\frac{1}{4}$$＜k≤\frac{3}{8}$或0≤k＜$\frac{1}{4}$使函數(shù)g（x）=f（x）-kx²在閉區(qū)間[-1，2]上遞減．
（3）y=h（x）得圖象與x軸有兩個(gè)不同的交點(diǎn)A（x₁，0），（x₂，0），且0＜x₁＜x₂，
∵h(yuǎn)（x）=lnx+ax²+c-f（x），
∴h（x）=lnx-bx，x＞0．
∵f（x）有兩個(gè)相異零點(diǎn)，
∴設(shè)lnx₁=bx₁，lnx₂=bx₂，①
即lnx₁-lnx₂=b（x₁-x₂），
∴$\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=b，②
而x₁•x₂＞e²，等價(jià)于：lnx₁+lnx₂＞2，即b（x₁+x₂）＞2，③
由①②③得：$\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$（x₁+x₂）＞2，
不妨設(shè)x₁＞x₂＞0，則t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，
上式轉(zhuǎn)化為：lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$，t＞1
設(shè)H（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，t＞1，
則H′（t）=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}$＞0，
故函數(shù)H（t）是（1，+∞）上的增函數(shù)，
∴H（t）＞H（1）=0，
即不等式lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$成立，
故所證不等式x₁•x₂＞e²成立

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查函數(shù)單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)之間的關(guān)系和應(yīng)用，以及利用函數(shù)的導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值和零點(diǎn)問(wèn)題，綜合性較強(qiáng)，運(yùn)算量較大．