Question

15．已知函数f（x）=ax²-$\frac{1}{2}$x+c（a，c∈R）满足条件f（1）=0，且对任意实数x都有f（x）≥0．
（1）求a、c的值：
（2）是否存在实数m，使函数g（x）=4f（x）-mx在区间[m，m+2]上有最小值-5？若存在，请求出实数m的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）分a=0和a≠0，函数是二次函数，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结合不等式的性质和基本不等式即可得到；
（2）4f（x）-mx=x²-2x+1-mx=x²-（m+2）x+1，该函数图象开口向上，且对称轴为x=$\frac{1}{2}$m+1，假设存在实数m，使函数g（x）=4f（x）-mx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，运用单调性，解方程，从而可求m的值．

解答 解：（1）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f（x）≥0，
∴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，
由二次函数的性质可得$\left\{\begin{array}{l}{a＞0}\\{\frac{1}{4}-4ac≤0}\end{array}\right.$，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=$\frac{1}{16}$，
综上解得a=c=$\frac{1}{4}$，
∴f（x）的解析式为f（x）=$\frac{1}{4}$x²-$\frac{1}{2}$x+$\frac{1}{4}$；
（2）由题意g（x）=4f（x）-mx=x²-2x+1-mx=x²-（m+2）x+1，
该函数图象开口向上，且对称轴为x=$\frac{1}{2}$m+1，
假设存在实数m使函数g（x）=4f（x）-mx在区间[m，m+2]上有最小值-5．
①当m＞2时，$\frac{1}{2}$m+1＜m，函数g（x）在区间[m，m+2]上是递增的，
∴g（m）=-5，
即m²-（m+2）m+1=-5，解得m=3；
②当-2≤m≤2时，m≤$\frac{1}{2}$m+1＜m+2，函数g（x）在区间[m，$\frac{1}{2}$m+1]上是递减的，
而在区间[$\frac{1}{2}$m+1，m+2]上递增，
∴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$\sqrt{6}$，与-2≤m≤2矛盾，都舍去；
③当m＜-2时，$\frac{1}{2}$m+1＞m+2，函数g（x）在区间[m，m+2]上是递减的，
∴g（m+2）=-5，
即（m+2）²-（m+2）（m+2）+1=-5，不成立；
综上可得，当m=3，函数g（x）=4f（x）-mx在区间[m，m+2]上有最小值-5．

点评 本小题主要考查函数、方程、不等式等基本知识，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．