Question

2．已知函數(shù)f（x）=ax²-$\frac{1}{2}$x+c（a、c∈R），滿足f（1）=0，f（0）=$\frac{1}{4}$成立．
（1）求a、c的值；
（2）是否存在實(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？若存在，請(qǐng)求出m的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）由題意可得a-$\frac{1}{2}$+c=0，c=$\frac{1}{4}$，即可得到a，c的值；
（2）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．求得g（x）的對(duì)稱(chēng)軸，討論①當(dāng)m＜-1時(shí)，②當(dāng)-1≤m＜1時(shí)，③當(dāng)m≥1時(shí)，運(yùn)用函數(shù)的單調(diào)性，可得最小值，解方程可得m的值．

解答 解：（1）由題意f（1）=0，f（0）=$\frac{1}{4}$，可得
a-$\frac{1}{2}$+c=0，c=$\frac{1}{4}$，
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(kāi)口向上，且對(duì)稱(chēng)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-5．

點(diǎn)評(píng) 本題考查二次函數(shù)的解析式的求法，注意運(yùn)用待定系數(shù)法，考查二次函數(shù)的最值的求法，注意討論對(duì)稱(chēng)軸和區(qū)間的關(guān)系，考查運(yùn)算能力，屬于中檔題．