Question

15．已知函數(shù)f（x）=ax²-$\frac{1}{2}$x+c（a，c∈R）滿足條件f（1）=0，且對(duì)任意實(shí)數(shù)x都有f（x）≥0．
（1）求a、c的值：
（2）是否存在實(shí)數(shù)m，使函數(shù)g（x）=4f（x）-mx在區(qū)間[m，m+2]上有最小值-5？若存在，請(qǐng)求出實(shí)數(shù)m的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）分a=0和a≠0，函數(shù)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結(jié)合不等式的性質(zhì)和基本不等式即可得到；
（2）4f（x）-mx=x²-2x+1-mx=x²-（m+2）x+1，該函數(shù)圖象開口向上，且對(duì)稱軸為x=$\frac{1}{2}$m+1，假設(shè)存在實(shí)數(shù)m，使函數(shù)g（x）=4f（x）-mx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，運(yùn)用單調(diào)性，解方程，從而可求m的值．

解答 解：（1）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f（x）≥0，
∴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，
由二次函數(shù)的性質(zhì)可得$\left\{\begin{array}{l}{a＞0}\\{\frac{1}{4}-4ac≤0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{a＞0}\\{ac≥\frac{1}{16}}\end{array}\right.$，
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=$\frac{1}{16}$，
綜上解得a=c=$\frac{1}{4}$，
∴f（x）的解析式為f（x）=$\frac{1}{4}$x²-$\frac{1}{2}$x+$\frac{1}{4}$；
（2）由題意g（x）=4f（x）-mx=x²-2x+1-mx=x²-（m+2）x+1，
該函數(shù)圖象開口向上，且對(duì)稱軸為x=$\frac{1}{2}$m+1，
假設(shè)存在實(shí)數(shù)m使函數(shù)g（x）=4f（x）-mx在區(qū)間[m，m+2]上有最小值-5．
①當(dāng)m＞2時(shí)，$\frac{1}{2}$m+1＜m，函數(shù)g（x）在區(qū)間[m，m+2]上是遞增的，
∴g（m）=-5，
即m²-（m+2）m+1=-5，解得m=3；
②當(dāng)-2≤m≤2時(shí)，m≤$\frac{1}{2}$m+1＜m+2，函數(shù)g（x）在區(qū)間[m，$\frac{1}{2}$m+1]上是遞減的，
而在區(qū)間[$\frac{1}{2}$m+1，m+2]上遞增，
∴g（$\frac{1}{2}$m+1）=-5，
即（$\frac{1}{2}$m+1）²-（m+2）（$\frac{1}{2}$m+1）+1=-5，
解得m=-2±2$\sqrt{6}$，與-2≤m≤2矛盾，都舍去；
③當(dāng)m＜-2時(shí)，$\frac{1}{2}$m+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（m+2）²-（m+2）（m+2）+1=-5，不成立；
綜上可得，當(dāng)m=3，函數(shù)g（x）=4f（x）-mx在區(qū)間[m，m+2]上有最小值-5．

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)，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．