Question

16．設(shè)函數(shù)f（x）=3ax²-2（a+c）x+c（a＞0，a，c∈R）
（1）若a=1，函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，1）和（1，+∞）上各有一個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)c的取值范圍；
（2）設(shè)a＞0，若f（x）＞-2cx+a對(duì)任意x∈[1，+∞）恒成立，求實(shí)數(shù)c的取值范圍；
（3）函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)是否有零點(diǎn)，如果有，請(qǐng)確定零點(diǎn)的個(gè)數(shù)，并說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）將a=1代入f（x），根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)得到關(guān)于a的不等式，解出即可；
（2）得到c＞-3ax²+2ax+a，令g（x）=-3ax²+2ax+a，a＞0，問(wèn)題轉(zhuǎn)化為即c＞g（x）_max，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出c的范圍即可；
（3）求出二次函數(shù)的對(duì)稱(chēng)軸，討論f（0）=c＞0，f（1）=a-c＞0，而f（ $\frac{a+c}{3a}$）＜0，根據(jù)根的存在性定理即可得到答案．

解答 解：（1）將a=1代入f（x），得：f（x）=3x²-2（1+c）c+c，
由函數(shù)f（x）在（0，1）和（1，+∞）上各有1個(gè)零點(diǎn)且函數(shù)開(kāi)口向上，
得：f（1）＜0，即3-2（1+c）+c＜0，解得：c＞1；
（2）由f（x）＞-2cx+a，將f（x）代入得：
3ax²-2（a+c）x+c＞-2cx+a，
故c＞-3ax²+2ax+a，
令g（x）=-3ax²+2ax+a，a＞0，
f（x）＞-2cx+a對(duì)任意x∈[1，+∞）恒成立，
即c＞g（x）_max，
g（x）=-3a${（x-\frac{1}{3}）}^{2}$+$\frac{4}{3}$a，
由g（x）在x∈[1，+∞）遞減，g（x）max=g（1）=0，
∴c＞0，
故實(shí)數(shù)c的范圍是（0，+∞）；
（3）二次函數(shù)f（x）=3ax²-2（a+c）x+c圖象的對(duì)稱(chēng)軸是x=$\frac{a+c}{3a}$，
若f（0）=c＞0，f（1）=a-c＞0，而f（ $\frac{a+c}{3c}$）=-$\frac{{（a-c）}^{2}+ac}{3a}$＜0，
所以函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，$\frac{a+c}{3a}$）和（ $\frac{a+c}{3a}$，1）內(nèi)分別有一零點(diǎn)．
故函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)有兩個(gè)零點(diǎn)；
若f（0）=c＜0，f（1）=a-c＞0，而f（$\frac{a+c}{3a}$）=-$\frac{{（a-c）}^{2}+ac}{3a}$＜0，
故函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)有一個(gè)零點(diǎn)．

點(diǎn)評(píng) 解決此類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵是熟練掌握二次函數(shù)的有關(guān)性質(zhì)，以及根的存在性定理．