Question

11．设函数f（x）=ax²+bx+c（a，b，c∈R）．
（1）已知f（1）=-$\frac{a}{2}$．
①若f（x）＜1的解集为（0，3），求f（x）的表达式；
②若a＞0，求证：函数f（x）在区间（0，2）内至少有一个零点．
（2）已知a=1，若x₁，x₂是函数f（x）的两个零点，且x₁，x₂∈（m，m+1），其中m∈R，求f（m）f（m+1）的最大值．

Answer 1

分析 （1）①根据不等式的解集与方程的根的关系求解可得．
②分类讨论：当c=0时f（2）=4a+2b=a＞0，即f（1）f（2）＜0；当c＞0时f（0）•f（1）＜0，当c＜0时，f（2）=4a+2b+c=a-c，＞0，f（1）•f（2）＜0，结合根的存在性定理判断；
（2）设f（x）=（x-x₁）（x-x₂），x₁，x₂∈（m，m+1），得到f（m）•f（m+1）=（m-x₁）（m-x₂）（m+1-x₁）（m+1-x₂）=[（x₁-m）（m+1-x₁）][（x₂-m）（m+1-x₂]，再利用基本不等式求最值．

解答 解：（1）①f（1）=a+b+c=-$\frac{a}{2}$，
即b+c=-$\frac{3a}{2}$，
由f（x）＜1的解集为（0，3），
∴-$\frac{b}{a}$=3，$\frac{c-1}{a}$=0，
即a=$\frac{2}{3}$，b=-2，c=1，
∴f（x）=$\frac{2}{3}$x²-2x+1；
②证明：f（x）=ax²+bx+c（a，b，c∈R），
∵a＞0，∴f（1）=-$\frac{a}{2}$＜0，f（0）=c，b+c=-$\frac{3a}{2}$，
当c=0时f（2）=4a+2b=a＞0，即f（1）f（2）＜0，
当c＞0时f（0）•f（1）＜0，
当c＜0时，f（2）=4a+2b+c=a-c，＞0，f（1）•f（2）＜0，
根据根的存在性定理，结合①②③可得：函数f（x）在区间（0，2）内至少有一个零点；
（2）不妨设f（x）=（x-x₁）（x-x₂），x₁，x₂∈（m，m+1），
由m-x₁＜0，m-x₂＜0，m+1-x₁＞0，m+1-x₂＞0，
∴f（m）•f（m+1）=（m-x₁）（m-x₂）（m+1-x₁）（m+1-x₂）
=[（x₁-m）（m+1-x₁）][（x₂-m）（m+1-x₂]
≤（$\frac{{x}_{1}-m+m+1-{x}_{1}}{2}$）²•（$\frac{{x}_{2}-m+m+1-{x}_{2}}{2}$）²=$\frac{1}{16}$，
当且仅当x₁=x₂=m+$\frac{1}{2}$时取等号，
∴f（m）f（m+1）的最大值为$\frac{1}{16}$．

点评 本题本题考查了不等式与函数的关系，分类讨论求解函数零点问题，在求解过程中注意基本不等式的应用，属于中档题..