Question

3．已知二次函数f（x）=ax²+bx+c
（1）若f（x）满足f（-1）=0．且对任意x∈R，都有x≤f（x）≤x²-x+1恒成立，求a，b，c的值；
（2）在（1）的条件下，是否存在实数k，使函数g（x）=f（x）-kx²在闭区间[-1，2]上递减，要讲述其理由．
（3）设h（x）=lnx+ax²+c-f（x），若y=h（x）得图象与x轴有两个不同的交点A（x₁，0），（x₂，0），且0＜x₁＜x₂，求证：x₁x₂＞e²．

Answer 1

分析 （1）根据不等式的恒成立问题得出：$\left\{\begin{array}{l}{a＞0}\\{1-a＞0}\\{（b-1）^{2}-4ac≤0}\\{（b+1）^{2}-4（1-a）（1-c）≤0}\end{array}\right.$
（2）根据函数得出对称轴x=$\frac{1}{4k-1}$，在闭区间[-1，2]上递减，求解对称不等式组$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{4}-k＞0}\\{\frac{1}{4k-1}≥2}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{4}-k＜0}\\{\frac{1}{4k-1}≤-1}\end{array}\right.$求解即可．
（3）利用函数零点的性质，结合函数单调性和导数之间的关系，进行转化即可证明不等式

解答 解；（1）∵f（x）满足f（-1）=0．
∴a+c=b，
∵对任意x∈R，都有x≤f（x）≤x²-x+1恒成立，
∴ax²+（b-1）x+c≥0，（1-a）x²-（1+b）x+1-c≥0恒成立．
$\left\{\begin{array}{l}{a＞0}\\{1-a＞0}\\{（b-1）^{2}-4ac≤0}\\{（b+1）^{2}-4（1-a）（1-c）≤0}\end{array}\right.$
化简得出：$\left\{\begin{array}{l}{（a-c）^{2}≤2（a+c）-1}\\{（a-c）^{2}≤3-6（a+c）}\end{array}\right.$
即2（a+c）-1=3-6（a+c），a+c=$\frac{1}{2}$，a=c=$\frac{1}{4}$．b=$\frac{1}{2}$
（2）f（x）=$\frac{1}{4}$x²$+\frac{1}{2}x+\frac{1}{4}$，g（x）=f（x）-kx²=（$\frac{1}{4}$-k）x²$+\frac{1}{2}x$$+\frac{1}{4}$，
对称轴x=$\frac{1}{4k-1}$，
∵在闭区间[-1，2]上递减，
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{4}-k＞0}\\{\frac{1}{4k-1}≥2}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{4}-k＜0}\\{\frac{1}{4k-1}≤-1}\end{array}\right.$
即$\frac{1}{4}$$＜k≤\frac{3}{8}$或0≤k＜$\frac{1}{4}$
故存在实数k：$\frac{1}{4}$$＜k≤\frac{3}{8}$或0≤k＜$\frac{1}{4}$使函数g（x）=f（x）-kx²在闭区间[-1，2]上递减．
（3）y=h（x）得图象与x轴有两个不同的交点A（x₁，0），（x₂，0），且0＜x₁＜x₂，
∵h（x）=lnx+ax²+c-f（x），
∴h（x）=lnx-bx，x＞0．
∵f（x）有两个相异零点，
∴设lnx₁=bx₁，lnx₂=bx₂，①
即lnx₁-lnx₂=b（x₁-x₂），
∴$\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=b，②
而x₁•x₂＞e²，等价于：lnx₁+lnx₂＞2，即b（x₁+x₂）＞2，③
由①②③得：$\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$（x₁+x₂）＞2，
不妨设x₁＞x₂＞0，则t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，
上式转化为：lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$，t＞1
设H（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，t＞1，
则H′（t）=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}$＞0，
故函数H（t）是（1，+∞）上的增函数，
∴H（t）＞H（1）=0，
即不等式lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$成立，
故所证不等式x₁•x₂＞e²成立

点评 本题主要考查函数单调性和导数之间的关系和应用，以及利用函数的导数研究函数的最值和零点问题，综合性较强，运算量较大．