Question

2．已知函数f（x）=ax²+bx-$\frac{3}{4}$（a＞0），g（x）=4^x+$\frac{2^x}{b}$+$\frac{1}{4}$，且y=f（x+$\frac{1}{4a}}$）为偶函数．设集合A={x|t-1≤x≤t+1}．
（Ⅰ）若t=-$\frac{b}{2a}$，记f（x）在A上的最大值与最小值分别为M，N，求M-N；
（Ⅱ）若对任意的实数t，总存在x₁，x₂∈A，使得|f（x₁）-f（x₂）|≥g（x）对?x∈[0，1]恒成立，试求a的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由偶函数的定义，可得b=-$\frac{1}{2}$，将f（x）配方，由对称轴和区间的关系，可得最大值和最小值，可得M-N=a；
（Ⅱ）设2^x=t，求得g（x）的解析式（用t表示），求出最大值，结合条件可得a≥$\frac{1}{4}$，证明在[t-1，t+1]上总存在两点x₁、x₂，使得$|{f（{x_1}）-f（{x_2}）}|≥\frac{1}{4}$成立．注意运用二次函数的单调性，即可得到a的最小值．

解答 解：（Ⅰ）$y=f（{x+\frac{1}{4a}}）$=$a{x^2}+（{b+\frac{1}{2}}）x+\frac{1}{16a}+\frac{b}{4a}-\frac{3}{4}$为偶函数，
所以$b=-\frac{1}{2}$；
即t=$\frac{1}{4a}$，f（x）=ax²-$\frac{1}{2}$x-$\frac{3}{4}$=a（x-$\frac{1}{4a}$）²-$\frac{3}{4}$-$\frac{1}{16a}$，
在区间$[\frac{1}{4a}-1，\frac{1}{4a}+1]$上，
∵$M=f（\frac{1}{4a}+1）=a-（\frac{3}{4}+\frac{1}{16a}），N=f（\frac{1}{4a}）=-（\frac{3}{4}+\frac{1}{16a}）$，
∴M-N=a；
（Ⅱ）设2^x=t，∵x∈[0，1]，∴t=2^x∈[1，2]，
$g（x）={t^2}-2t+\frac{1}{4}$，
所以g（x）的最大值为$\frac{1}{4}$．
依题意原命题等价于在A上，总存在两个点${x_1}、{x_2}，使得|{f（{x_1}）-f（{x_2}）}|≥\frac{1}{4}$．
即只需满足在A上${f_{max}}（x）-{f_{min}}（x）≥\frac{1}{4}$．
因为对任意的t都成立，所以当$t=-\frac{b}{2a}$也成立，由（1）知$a≥\frac{1}{4}$，
$当a=\frac{1}{4}时，f（x）=\frac{1}{4}{（x-1）^2}-1$，
下面证明在[t-1，t+1]上总存在两点x₁、x₂，使得$|{f（{x_1}）-f（{x_2}）}|≥\frac{1}{4}$成立．
当t≥1时，f（x）在[t，t+]递增，当t＜1时，f（x）在[t-1，t]递减，
则|f（x₁）-f（x₂）|_max≥f（t+1）-f（t）=$\frac{1}{2}$t-$\frac{1}{4}$≥$\frac{1}{4}$，
|f（x₁）-f（x₂）|_max≥f（t-1）-f（t）=$\frac{3}{4}$-$\frac{1}{2}$t＞$\frac{1}{4}$，
综上所述，$a的最小值为\frac{1}{4}$．

点评 本题考查函数的奇偶性和单调性的判断及运用，同时考查不等式的恒成立问题的解法，考查运算能力，属于中档题．