Question

1．已知函数f（x）=ax²-$\frac{1}{2}$x+c（a，c∈R）满足条件：①f（1）=0；②对一切x∈R，都有f（x）≥0
（1）求a、c的值；
（2）若存在实数m，使函数g（x）=f（x）-mx在区间[m，m+2]上有最小值-5，求出实数m的值．

Answer 1

分析 （1）首先函数f（x）=ax²-$\frac{1}{2}$x+c是二次函数，再利用二次函数的性质解决对一切x∈R，都有f（x）≥0；根据f（1）=0得 a+c=$\frac{1}{2}$，即c=$\frac{1}{2}$-a，从而可得  a（$\frac{1}{2}$-a）≥$\frac{1}{16}$，进而可得a，c的值，
另解：首先函数f（x）=ax²-$\frac{1}{2}$x+c是二次函数，再利用二次函数的性质解决对一切x∈R，都有f（x）≥0；由f（1）=0，得 a+c=$\frac{1}{2}$，代入上式得  ac≤$\frac{1}{16}$，根据 ac≥$\frac{1}{16}$，可得ac=$\frac{1}{16}$，从而得到关于a，c的方程组，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+$\frac{1}{4}$在区间[m，m+2]上有最小值-5．根据函数的对称轴与区间的关系进行分类讨论，从而可求m的值．

解答 解：（1）法一：当a=0时，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+$\frac{1}{2}$．
显然x＞1时，f（x）＜0，这与条件②相矛盾，不合题意．
∴a≠0，函数f（x）=ax²-$\frac{1}{2}$x+c是二次函数．                                           
由于对一切x∈R，都有f（x）≥0，于是由二次函数的性质可得：
$\left\{\begin{array}{l}{a＞0}\\{{（-\frac{1}{2}）}^{2}-4ac≤0}\end{array}\right.$，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=$\frac{1}{4}$，
将a=$\frac{1}{4}$代入（*）得，c=$\frac{1}{4}$，
∴a=c=$\frac{1}{4}$．                                                                           
法二：当a=0时，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+$\frac{1}{2}$，
显然x＞1时，f（x）＜0，这与条件②相矛盾，
∴a≠0，因而函数f（x）=ax²-$\frac{1}{2}$x+c是二次函数．                                        
由于对一切x∈R，都有f（x）≥0，于是由二次函数的性质可得：
$\left\{\begin{array}{l}{a＞0}\\{{（-\frac{1}{2}）}^{2}-4ac≤0}\end{array}\right.$，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+$\frac{1}{4}$．
该函数图象开口向上，且对称轴为x=2m+1．                                                
假设存在实数m使函数g（x）=f（x）-mx=$\frac{1}{4}$x²-（$\frac{1}{2}$+m）x+$\frac{1}{4}$在区间[m，m+2]上有最小值-5．
①当m＜-1时，2m+1＜m，函数g（x）在区间[m，m+2]上是递增的，
∴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当-1≤m＜1时，m≤2m+1＜m+1，
函数g（x）在区间[m，2m+1]上是递减的，而在区间[2m+1，m+2]上是递增的，
∴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}$，均应舍去．                                    
③当m≥1时，2m+1≥m+2，函数g（x）在区间[m，m+2]上是递减的，
∴g（m+2）=-5，
即$\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}$应舍去．
综上可得，当m=-3或m=-1+2$\sqrt{2}$时，函数g（x）=f（x）-mx在区间[m，m+2]上有最小值．

点评 本小题主要考查函数、方程、不等式等基本知识，考查综合运用数学知识分析和解决问题的能力，本题考查的重点是函数的解析式的求解与函数最值的研究，解题的关键是合理运用函数的性质，正确分类，同时考查学生分析解决问题的能力，有一定的综合性．