题目内容

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.

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.

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