Question

5．已知函數(shù)f（x）=ax²+（b-1）x+1（a，b∈R，a＞0）．
（1）若f（1）=0，且對任意x∈R，都有f（2-x）=f（2+x），求f（x）的解析式；
（2）已知x₁，x₂為函數(shù)f（x）的兩個零點，且x₂-x₁=2，當x∈（x₁，x₂）時，g（x）=-f（x）+2（x₂-x）的最大值為h（a），當a≥2時，求h（a）的最小值．

Answer 1

分析 （1）由f（2-x）=f（2+x）得函數(shù)的對稱軸為x=2，結合一元二次函數(shù)的對稱性進行求解即可，求f（x）；
（2）求出g（x）=a（x₂-x）（x-x₁+$\frac{2}{a}$），根據基本不等式求出g（x）≤a+$\frac{1}{a}$+2，利用函數(shù)的單調性求出答案．

解答 解：（1）由f（2-x）=f（2+x），得函數(shù)f（x）關于x=2對稱，則-$\frac{b-1}{2a}$=2，
又a+b-1+1=0，
解得a=$\frac{1}{3}$，b=-$\frac{1}{3}$，
∴f（x）=$\frac{1}{3}$x²-$\frac{4}{3}$x+1；
（2）設f（x）=a（x-x₁）（x-x₂），
g（x）=-a（x-x₁）（x-x₂）+2（x₂-x）=-a（x-x₂）（x-x₁+$\frac{2}{a}$）=a（x₂-x）（x-x₁+$\frac{2}{a}$）；
∵x∈（x₁，x₂），a≥2；
∴x₂-x＞0，x-x₁+$\frac{2}{a}$＞0；
∵$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$-$\frac{1}{a}$-x₂═$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{2}$-$\frac{1}{a}$=$\frac{-2}{2}$-$\frac{1}{a}$=1-$\frac{1}{a}$＜0，
∴$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$-$\frac{1}{a}$＜x₂，
$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$-$\frac{1}{a}$-x₂=$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{2}$-$\frac{1}{a}$=1-$\frac{1}{a}$＞1-$\frac{1}{2}$=$\frac{1}{2}$＞0，
∴$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$-$\frac{1}{a}$＞x₁，
∴x=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$-$\frac{1}{a}$∈（x₁，x₂）．
∴g（x）≤a•（$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}+\frac{2}{a}}{2}$）²=a+$\frac{1}{a}$+2，
當x=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$-$\frac{1}{a}$=$\frac{-b-1}{2a}$時取“=”；
∴h（a）=a+$\frac{1}{a}$+2，a≥2；
a≥2時，h′（x）=1-$\frac{1}{{a}^{2}}$＞0；
∴h（a）在[2，+∞）上單調遞增；
∴h（2）=$\frac{9}{2}$是h（a）的最小值．

點評 本題主要考查一元二次函數(shù)的性質，考查學生的運算能力，綜合性較強，難度較大．