Question

1．已知函數(shù)f（x）=ax²-$\frac{1}{2}$x+c（a，c∈R）滿足條件：①f（1）=0；②對(duì)一切x∈R，都有f（x）≥0
（1）求a、c的值；
（2）若存在實(shí)數(shù)m，使函數(shù)g（x）=f（x）-mx在區(qū)間[m，m+2]上有最小值-5，求出實(shí)數(shù)m的值．

Answer 1

分析 （1）首先函數(shù)f（x）=ax²-$\frac{1}{2}$x+c是二次函數(shù)，再利用二次函數(shù)的性質(zhì)解決對(duì)一切x∈R，都有f（x）≥0；根據(jù)f（1）=0得 a+c=$\frac{1}{2}$，即c=$\frac{1}{2}$-a，從而可得  a（$\frac{1}{2}$-a）≥$\frac{1}{16}$，進(jìn)而可得a，c的值，
另解：首先函數(shù)f（x）=ax²-$\frac{1}{2}$x+c是二次函數(shù)，再利用二次函數(shù)的性質(zhì)解決對(duì)一切x∈R，都有f（x）≥0；由f（1）=0，得 a+c=$\frac{1}{2}$，代入上式得  ac≤$\frac{1}{16}$，根據(jù) ac≥$\frac{1}{16}$，可得ac=$\frac{1}{16}$，從而得到關(guān)于a，c的方程組，故可求a、c的值；
（2）g（x）=f（x）-mx=$\frac{1}{4}$x²-（$\frac{1}{2}$+m）x+$\frac{1}{4}$，$\frac{1}{4}$x²-（$\frac{1}{2}$+m）x+$\frac{1}{4}$在區(qū)間[m，m+2]上有最小值-5．根據(jù)函數(shù)的對(duì)稱軸與區(qū)間的關(guān)系進(jìn)行分類討論，從而可求m的值．

解答 解：（1）法一：當(dāng)a=0時(shí)，f（x）=-$\frac{1}{2}$x+c．
由f（1）=0得：-$\frac{1}{2}$+c=0，即c=$\frac{1}{2}$，∴f（x）=-$\frac{1}{2}$x+$\frac{1}{2}$．
顯然x＞1時(shí)，f（x）＜0，這與條件②相矛盾，不合題意．
∴a≠0，函數(shù)f（x）=ax²-$\frac{1}{2}$x+c是二次函數(shù)．                                           
由于對(duì)一切x∈R，都有f（x）≥0，于是由二次函數(shù)的性質(zhì)可得：
$\left\{\begin{array}{l}{a＞0}\\{{（-\frac{1}{2}）}^{2}-4ac≤0}\end{array}\right.$，即 $\left\{\begin{array}{l}{a＞0}\\{ac≥\frac{1}{16}＞0}\end{array}\right.$（*），
由f（1）=0得 a+c=$\frac{1}{2}$，即c=$\frac{1}{2}$-a，代入（*）得  a（$\frac{1}{2}$-a）≥$\frac{1}{16}$
整理得 a²-$\frac{1}{2}$a+$\frac{1}{16}$≤0，即（a-$\frac{1}{4}$）2≤0．
而（a-$\frac{1}{4}$）²≥0，∴a=$\frac{1}{4}$，
將a=$\frac{1}{4}$代入（*）得，c=$\frac{1}{4}$，
∴a=c=$\frac{1}{4}$．                                                                           
法二：當(dāng)a=0時(shí)，f（x）=-$\frac{1}{2}$x+c．
由f（1）=0得-$\frac{1}{2}$+c=0，即c=$\frac{1}{2}$，
∴f（x）=-$\frac{1}{2}$x+$\frac{1}{2}$，
顯然x＞1時(shí)，f（x）＜0，這與條件②相矛盾，
∴a≠0，因而函數(shù)f（x）=ax²-$\frac{1}{2}$x+c是二次函數(shù)．                                        
由于對(duì)一切x∈R，都有f（x）≥0，于是由二次函數(shù)的性質(zhì)可得：
$\left\{\begin{array}{l}{a＞0}\\{{（-\frac{1}{2}）}^{2}-4ac≤0}\end{array}\right.$，由此可知  a＞0，c＞0，
∴ac≤（ $\frac{a+c}{2}$）²．
由f（1）=0，得 a+c=$\frac{1}{2}$，代入上式得  ac≤$\frac{1}{16}$，
但前面已推得  ac≥$\frac{1}{16}$，
∴ac=$\frac{1}{16}$，
由    $\left\{\begin{array}{l}{ac=\frac{1}{16}}\\{a+c=\frac{1}{2}}\end{array}\right.$解得 a=c=$\frac{1}{4}$．                                                       
（2）∵a=c=$\frac{1}{4}$，∴f（x）=$\frac{1}{4}$x²-$\frac{1}{2}$x+$\frac{1}{4}$．
∴g（x）=f（x）-mx=$\frac{1}{4}$x²-（$\frac{1}{2}$+m）x+$\frac{1}{4}$．
該函數(shù)圖象開口向上，且對(duì)稱軸為x=2m+1．                                                
假設(shè)存在實(shí)數(shù)m使函數(shù)g（x）=f（x）-mx=$\frac{1}{4}$x²-（$\frac{1}{2}$+m）x+$\frac{1}{4}$在區(qū)間[m，m+2]上有最小值-5．
①當(dāng)m＜-1時(shí)，2m+1＜m，函數(shù)g（x）在區(qū)間[m，m+2]上是遞增的，
∴g（m）=-5，
即$\frac{1}{4}$m²-（$\frac{1}{2}$+m）m+$\frac{1}{4}$=-5，
解得  m=-3或m=$\frac{7}{3}$，
∵$\frac{7}{3}$＞-1，∴m=$\frac{7}{3}$舍去．                                                          
②當(dāng)-1≤m＜1時(shí)，m≤2m+1＜m+1，
函數(shù)g（x）在區(qū)間[m，2m+1]上是遞減的，而在區(qū)間[2m+1，m+2]上是遞增的，
∴g（2m+1）=-5，
即$\frac{1}{4}$（2m+1）²-（$\frac{1}{2}$+m）（2m+1）+$\frac{1}{4}$=-5．
解得   m=-$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{2}$$\sqrt{21}$或m=-$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$$\sqrt{21}$，均應(yīng)舍去．                                    
③當(dāng)m≥1時(shí)，2m+1≥m+2，函數(shù)g（x）在區(qū)間[m，m+2]上是遞減的，
∴g（m+2）=-5，
即$\frac{1}{4}$（m+2）²-（$\frac{1}{2}$+m）（m+2）+$\frac{1}{4}$=-5．
解得  m=-1-2$\sqrt{2}$或m=-1+2$\sqrt{2}$，其中m=-1-2$\sqrt{2}$應(yīng)舍去．
綜上可得，當(dāng)m=-3或m=-1+2$\sqrt{2}$時(shí)，函數(shù)g（x）=f（x）-mx在區(qū)間[m，m+2]上有最小值．

點(diǎn)評(píng) 本小題主要考查函數(shù)、方程、不等式等基本知識(shí)，考查綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)分析和解決問題的能力，本題考查的重點(diǎn)是函數(shù)的解析式的求解與函數(shù)最值的研究，解題的關(guān)鍵是合理運(yùn)用函數(shù)的性質(zhì)，正確分類，同時(shí)考查學(xué)生分析解決問題的能力，有一定的綜合性．