Question

9．已知函数$f（x）=a{x^2}-\frac{1}{2}x+c$（a、c∈R），满足f（1）=0，$f（0）=\frac{1}{4}$成立．
（1）求a、c的值；
（2）若h（x）=$\frac{3}{4}{x}^{2}$$-bx+\frac{b}{2}-\frac{1}{4}$，解不等式f（x）+h（x）＜0；
（3）是否存在实数m，使函数g（x）=f（x）-mx在区间[m，m+2]上有最小值-5？若存在，请求出m的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）由f（1）=0得a+c=$\frac{1}{2}$，再由恒成立得a＞0且△=$\frac{1}{4}$-4ac≤0，从而解得a=c=$\frac{1}{4}$．
（2）由（1）得f（x）=$\frac{1}{4}$x²-$\frac{1}{2}$x+$\frac{1}{4}$，从而化不等式为（x-b）（x-$\frac{1}{2}$）＜0，从而讨论解得；
（3）g（x）=$\frac{1}{4}$x²-（$\frac{1}{2}$+m）x+$\frac{1}{4}$，假设存在实数m，使函数g（x）在区间[m，m+2]上有最小值-5．从而讨论单调性以确定最小值，从而解得．

解答 解：（1）由f（1）=0，得$a+c=\frac{1}{2}$，f（0）=$\frac{1}{4}$，即$c=\frac{1}{4}$，所以$a=c=\frac{1}{4}$．
（2）由（1）得$f（x）=\frac{1}{4}{x^2}-\frac{1}{2}x+\frac{1}{4}$，由f（x）+h（x）＜0，得${x^2}-（{b+\frac{1}{2}}）x+\frac{b}{2}＜0$，即$（x-b）（{x-\frac{1}{2}}）＜0$，
所以，当$b＜\frac{1}{2}$时，原不等式解集为$（b，\frac{1}{2}）$；
当$b＞\frac{1}{2}$时，原不等式解集为$（\frac{1}{2}，b）$；
当$b=\frac{1}{2}$时，原不等式解集为空集．                 
（3）$g（x）=\frac{1}{4}{x^2}-（{\frac{1}{2}+m}）x+\frac{1}{4}$，g（x）的图象是开口向上的抛物线，对称轴为直线x=2m+1．
假设存在实数m，使函数g（x）在区间[m，m+2]上有最小值-5．
①当2m+1＜m，即m＜-1时，函数g（x）在区间[m，m+2]上是增函数，所以g（m）=-5，
即$\frac{1}{4}$m²-（$\frac{1}{2}$+m）m+$\frac{1}{4}$=-5，解得m=-3或m=$\frac{7}{3}$，
因为m＜-1，所以m=-3；
②当m≤2m+1≤m+2，即-1≤m≤1时，函数g（x）的最小值为g（2m+1）=-5，
即$\frac{1}{4}$（2m+1）²-（$\frac{1}{2}$+m）（2m+1）+$\frac{1}{4}$=-5，
解得m=-$\frac{1}{2}$-$\frac{\sqrt{21}}{2}$或m=-$\frac{1}{2}$+$\frac{\sqrt{21}}{2}$，均舍去；                                            
③当2m+1＞m+2，即m＞1时，
g（x）在区间[m，m+2]上是减函数，所以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$\sqrt{2}$，
因m＞1，所以m=-1+2$\sqrt{2}$．
综上，存在实数m，m=-3或m=-1+2$\sqrt{2}$时，函数g（x）在区间[m，m+2]上有最小值-5．

点评 本题考查了函数的性质应用及恒成立问题，同时考查了分类讨论的数学思想．属于中档题．