Question

18．设x₁，x₂为函数f（x）=ax²+（b-1）x+1（a，b∈R，a＞0）两个不同零点．
（Ⅰ）若x₁=1，且对任意x∈R，都有f（2-x）=f（2+x），求f（x）；
（Ⅱ）若b=2a-3，则关于x的方程f（x）=|2x-a|+2是否存在负实根？若存在，求出该负根的取值范围，若不存在，请说明理由；
（Ⅲ）若a≥2，x₂-x₁=2，且当x∈（x₁，x₂）时，g（x）=-f（x）+2（x₂-x）的最大值为h（a），求h（a）的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由f（2-x）=f（2+x）得函数的对称轴为x=2，结合一元二次函数的对称性进行求解即可，求f（x）；
（Ⅱ）若b=2a-3，根据绝对值的性质将方程f（x）=|2x-a|+2进行化简，即可；
（Ⅲ）求出g（x） 的表达式，利用基本不等式进行求解．

解答 解：（Ⅰ）由f（2-x）=f（2+x），得函数f（x）关于x=2对称，则-$\frac{b-1}{2a}=2$，
又a+b-1+1=0，
 解得$a=\frac{1}{3}，b=-\frac{1}{3}$，
∴$f（x）=\frac{1}{3}{x^2}-\frac{4}{3}x+1$．
（Ⅱ）由a＞0知只需考虑$x≤\frac{a}{2}$时的情况，
当$x≤\frac{a}{2}$时，f（x）=|2x-a|+2可化为ax²+（2a-4）x+1=a-2x+2，
即ax²+（2a-2）x-a-1=0，
∵$△={（2a-2）^2}+4a（a+1）=8{a^2}-4a+4＞0\;\;\;\;\;\;且\frac{-a-1}{a}＜0$
∴关于x的方程f（x）=|2x-a|+2存在唯一负实根x₀
${x_0}=\frac{{-（2a-2）-\sqrt{{{（2a-2）}^2}+4a（a+1）}}}{2a}=-[{（1-\frac{1}{a}）+\sqrt{\frac{1}{a^2}-\frac{1}{a}+2}}]$，
令$t=\frac{1}{a}-\frac{1}{2}\;\;\;\;则t＞-\frac{1}{2}$，
${x_0}=-[{\frac{1}{2}-t+\sqrt{{t^2}+\frac{7}{4}}}]=-[{\frac{1}{2}+\frac{{\frac{7}{4}}}{{t+\sqrt{{t^2}+\frac{7}{4}}}}}]$在$（{-\frac{1}{2}，+∞}）$上单调递增，
则x₀∈（-1-$\sqrt{2}$，$-\frac{1}{2}$）．
（Ⅲ）设f（x）=a（x-x₁）（x-x₂），
g（x）=-a（x-x₁）（x-x₂）+2（x₂-x）=$-a（x-{x}_{2}）（x-{x}_{1}+\frac{2}{a}）$=a（x₂-x）（x$-{x}_{1}+\frac{2}{a}$）；
∵x∈（x₁，x₂），a≥2；
∴${x}_{2}-x＞0，x-{x}_{1}+\frac{2}{a}＞0$；
∵$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$-$\frac{1}{a}$-x₂=$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{2}-\frac{1}{a}$=$\frac{-2}{2}-\frac{1}{a}$=1-$\frac{1}{a}$＜0，∴$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$-$\frac{1}{a}$＜x₂，
$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$-$\frac{1}{a}$-x₁=$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{2}$-$\frac{1}{a}$=1-$\frac{1}{a}$＞1-$\frac{1}{2}$=$\frac{1}{2}$＞0，∴$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$-$\frac{1}{a}$＞x₁，
∴x=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}-\frac{1}{a}=\frac{-b-1}{2a}$∈（x₁，x₂）．
∴$g（x）≤a•（\frac{{x}_{2}-{x}_{1}+\frac{2}{a}}{2}）^{2}$=$a+\frac{1}{a}+2$，
当x=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}-\frac{1}{a}=\frac{-b-1}{2a}$时取“=”；
∴h（a）=$a+\frac{1}{a}+2$，a≥2；
a≥2时，$h′（a）=1-\frac{1}{{a}^{2}}＞0$；
∴h（a）在[2，+∞）上单调递增；
∴h（2）=$\frac{9}{2}$是h（a）的最小值．

点评 本题主要考查一元二次函数的性质，考查学生的运算能力，综合性较强，难度较大．