Question

5．已知二次函數(shù)f（x）=x²+bx+c（b，c∈R）．
（Ⅰ）若f（-2）=f（2），f（1）≥0，且不等式f（x）≤|x-1|對(duì)所有x∈[0，1]都成立，求函數(shù)f（x）的解析式；
（Ⅱ）若c＜0，且函數(shù)f（x）在[-1，1]上有兩個(gè)零點(diǎn)，求b+2c的取值范圍；
（Ⅲ）在（Ⅰ）的條件下，當(dāng)$x≥\frac{3}{2}$時(shí)，都有$f（x-1）+4{a^2}f（x）≥f（\frac{x}{a}）-4f（a）$成立，求證：關(guān)于x的方程16x²-16ax+3=0有實(shí)根．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由f（-2）=f（2）得到b=0，求出f（x）=x²+c，而f（1）≥0，所以1+c≥0，當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，由f（x）≤|x-1|得x²+c≤1-x，即x²+x+c-1≤0，令y=x²+x+c-1要使f（x）≤|x-1|對(duì)所有x∈[0，1]都成立，只需y_max≤0，而$y={（x+\frac{1}{2}）^2}+c-\frac{5}{4}$，且函數(shù)y在[0，1]上單調(diào)遞增，求出y的最大值可得到1+c≤0，于是0≤1+c≤0即1+c=0，即可求出函數(shù)f（x）的解析式；
（Ⅱ）由題意知$\left\{{\begin{array}{l}{f（-1）≥0}\\{f（1）≥0}\\{c＜0}\end{array}}\right.$進(jìn)一步得到$\left\{{\begin{array}{l}{1-b+c≥0}\\{1+b+c≥0}\\{c＜0}\end{array}}\right.$，令z=b+2c，畫(huà)出可行域，由線性規(guī)劃知識(shí)可得b+2c的取值范圍；
（Ⅲ）由（Ⅰ）知，f（x）=x²-1，再根據(jù)$f（x-1）+4{a^2}f（x）≥f（\frac{x}{a}）-4f（a）$得到${（x-1）^2}-1+4{a^2}（{x^2}-1）≥{（\frac{x}{a}）^2}-1-4（{a^2}-1）$，進(jìn)一步化簡(jiǎn)得$4{a^2}-\frac{1}{a^2}≥\frac{{-{x^2}+2x+3}}{x^2}=3\frac{1}{x^2}+2\frac{1}{x}-1$，要使$x≥\frac{3}{2}$時(shí)，都有$f（x-1）+4{a^2}f（x）≥f（\frac{x}{a}）-4f（a）$成立，只需$4{a^2}-\frac{1}{a^2}≥{（{3\frac{1}{x^2}+2\frac{1}{x}-1}）_{max}}$（$x≥\frac{3}{2}$），令$y=3\frac{1}{x^2}+2\frac{1}{x}-1$（$0＜\frac{1}{x}≤\frac{2}{3}$）配方得$y=3{（{\frac{1}{x}+\frac{1}{3}}）^2}-\frac{4}{3}$，當(dāng)$0＜\frac{1}{x}≤\frac{2}{3}$時(shí)函數(shù)y單調(diào)遞增，可求出y的最大值，因此$4{a^2}-\frac{1}{a^2}≥\frac{5}{3}$，化簡(jiǎn)求出${a^2}≥\frac{3}{4}$，而在方程16x²-16ax+3=0中，△=64•（4a²-3）≥0，即可證明關(guān)于x的方程16x²-16ax+3=0有實(shí)數(shù)根．

解答 （Ⅰ）解：∵f（-2）=f（2），∴b=0．
∴f（x）=x²+c…（1分）
而f（1）≥0，∴1+c≥0．
當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，由f（x）≤|x-1|得x²+c≤1-x，即x²+x+c-1≤0．
令y=x²+x+c-1要使f（x）≤|x-1|對(duì)所有x∈[0，1]都成立，
只需y_max≤0，而$y={（x+\frac{1}{2}）^2}+c-\frac{5}{4}$，且函數(shù)y在[0，1]上單調(diào)遞增，
∴${y_{max}}={1^2}+1+c-1=c+1$，故1+c≤0．
于是0≤1+c≤0即1+c=0，∴c=-1．
∴f（x）=x²-1…（3分）
（Ⅱ）解：由題意知$\left\{{\begin{array}{l}{f（-1）≥0}\\{f（1）≥0}\\{c＜0}\end{array}}\right.$，∴$\left\{{\begin{array}{l}{1-b+c≥0}\\{1+b+c≥0}\\{c＜0}\end{array}}\right.$…（6分）
令z=b+2c，畫(huà)出可行域，
由z=b+2c，得$c=-\frac{2}+\frac{z}{2}$，
由線性規(guī)劃知識(shí)可知-2≤b+2c＜1…（8分）
（Ⅲ）證明：由（Ⅰ）知，f（x）=x²-1，
∵$f（x-1）+4{a^2}f（x）≥f（\frac{x}{a}）-4f（a）$，
∴${（x-1）^2}-1+4{a^2}（{x^2}-1）≥{（\frac{x}{a}）^2}-1-4（{a^2}-1）$，
∴$4{a^2}-\frac{1}{a^2}≥\frac{{-{x^2}+2x+3}}{x^2}=3\frac{1}{x^2}+2\frac{1}{x}-1$．
要使$x≥\frac{3}{2}$時(shí)，都有$f（x-1）+4{a^2}f（x）≥f（\frac{x}{a}）-4f（a）$成立，只需$4{a^2}-\frac{1}{a^2}≥{（{3\frac{1}{x^2}+2\frac{1}{x}-1}）_{max}}$（$x≥\frac{3}{2}$）…（10分）
令$y=3\frac{1}{x^2}+2\frac{1}{x}-1$（$0＜\frac{1}{x}≤\frac{2}{3}$）
配方得$y=3{（{\frac{1}{x}+\frac{1}{3}}）^2}-\frac{4}{3}$，當(dāng)$0＜\frac{1}{x}≤\frac{2}{3}$時(shí)函數(shù)y單調(diào)遞增，
故y_max=$3{（{\frac{2}{3}+\frac{1}{3}}）^2}-\frac{4}{3}=\frac{5}{3}$，因此$4{a^2}-\frac{1}{a^2}≥\frac{5}{3}$，
∴12a⁴-5a²-3≥0，即（4a²-3）（3a²+1）≥0．
∴${a^2}≥\frac{3}{4}$或${a^2}≤-\frac{1}{3}$（舍）∴${a^2}≥\frac{3}{4}$…（11分）
而在方程16x²-16ax+3=0中，△=64•（4a²-3）≥0
∴關(guān)于x的方程16x²-16ax+3=0有實(shí)數(shù)根 …（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，考查了函數(shù)的單調(diào)性，考查了大量的計(jì)算能力，是有一定難度的題目．