Question

已知函數(shù)f（x）=ax²+

1

2

x+c(a≠0）．若函數(shù)f（x）滿足下列條件：①f（-1）=0；②對一切實數(shù)x，不等式f（x）≤

1

2

x2+

1

2

恒成立．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的表達式；
（Ⅱ）若f（x）≤t²-2at+1對?x∈[-1，1]，?a∈[-1，1]恒成立，求實數(shù)t的取值范圍；
（Ⅲ）求證：

1

f(1)

+

1

f(2)

+…+

1

f(n)

＞

2n

n+2

（n∈N^*）．

Answer 1

分析：（I）由已知中：①f（-1）=0；②對一切實數(shù)x，不等式f（x）≤

1

2

x2+

1

2

恒成立．可構造關于關于c的不等式組，解不等式組求出a，c的值，可得函數(shù)f（x）的表達式；
（Ⅱ）由于f（x）=

1

4

x²+

1

2

x+

1

4

在[-1，1]上為增函數(shù)，故f（x）≤t²-2at+1對?x∈[-1，1]，?a∈[-1，1]恒成立，可化為t²-2at+1大于f（x）的最大值對?a∈[-1，1]恒成立，求出f（x）的最大值后，根據(jù)恒成立的充要條件，構造不等式組可得實數(shù)t的取值范圍；
（Ⅲ）由（I）易得

1

f(n)

=

4

(n+1)2

，利用放縮法可證得

1

22

+

1

32

+…+

1

(n+1)2

＞

1

2

-

1

3

+

1

3

-

1

4

+…+

1

n-1

-

1

n-2

=

1

2

-

1

n-2

=

n

2n+4

．

解答：解：（Ⅰ）又f（-1）=0，所以a-b+c=0，即a+c=

1

2

．…（2分）
又因為f（x）≤

1

2

x2+

1

2

對一切實數(shù)x恒成立，
即對一切實數(shù)x，不等式（a-

1

2

）x²+

1

2

x+c-

1

2

≤0，
即-cx²+

1

2

x+c-

1

2

≤0恒成立．
顯然，當c=0時，不符合題意．
當c≠0時，應滿足

-c＜0 △= 1 4 +4c(c- 1 2 )≤0

，即

c＞0 (4c-1)2≤0

可得a=c=

1

4

所以f（x）=

1

4

x²+

1

2

x+

1

4

．             …（5分）
（Ⅱ）由于f（x）=

1

4

x²+

1

2

x+

1

4

在[-1，1]上為增函數(shù)，
∴當x=1時，f（x）取最大值1，…（6分）
若f（x）≤t²-2at+1對?x∈[-1，1]，?a∈[-1，1]恒成立，
即：1≤t²-2at+1對?a∈[-1，1]恒成立，
∴t²-2at≥0對?a∈[-1，1]恒成立，
即

t2-2×(-1)t≥0 t2-2×1×t≥0

即

t2+2t≥0 t2-2t≥0

解得t≤-2，或t=0，或t≥2
故實數(shù)t的取值范圍為{t|t≤-2，或t=0，或t≥2}                 …（10分）
（Ⅲ）證明：因為f（n）=

1

4

n²+

1

2

n+

1

4

=

(n+1)2

4

，
所以

1

f(n)

=

4

(n+1)2

．…（11分）
要證不等式

1

f(1)

+

1

f(2)

+…+

1

f(n)

＞

2n

n+2

（n∈N^*）成立，
即證

1

22

+

1

32

+…+

1

(n+1)2

＞

n

2n+4

．
因為∵

1

(n+1)2

＞

1

(n+1)(n+2)

=

1

n-1

-

1

n-2

，
所以

1

22

+

1

32

+…+

1

(n+1)2

＞

1

2

-

1

3

+

1

3

-

1

4

+…+

1

n-1

-

1

n-2

=

1

2

-

1

n-2

=

n

2n+4

．
所以

1

f(1)

+

1

f(2)

+…+

1

f(n)

＞

2n

n+2

（n∈N^*）成立．…（14分）

點評：本題考查的知識點是函數(shù)恒成立問題，數(shù)列求和--裂項相消法，數(shù)列與不等式的綜合，求函數(shù)的解析式，是函數(shù)，數(shù)列，不等式的綜合應用，其中不等式的證明要使用放縮的技巧，屬于難題．