Question

設(shè)二次函數(shù)f（x）=ax²+bx+c（a≠0）滿足條件：①當(dāng)x∈R時(shí)，f（x-4）=f（2-x），且x≤f(x)≤

1

2

(1+x2)；②f（x）在R上的最小值為0．
（1）求f（1）的值及f（x）的解析式；
（2）若g（x）=f（x）-k²x在[-1，1]上是單調(diào)函數(shù)，求k的取值范圍；
（3）求最大值m（m＞1），使得存在t∈R，只要x∈[1，m]，就有f（x+t）≤x．

Answer 1

分析：（1）有條件得1≤f(1)≤

1

2

(1+12)=1，求出f（1）=1，再由條件求出函數(shù)的對稱軸，由函數(shù)的最小值列出方程求出a、b、c的值，代入解析式化簡即可；
（2）由（1）求出g（x）化簡后，求出函數(shù)的對稱軸，再由二次函數(shù)的單調(diào)性和條件列出不等式，求出k的值；
（3）先假設(shè)存在，對f（x）配方后，再由分離常數(shù)法把條件轉(zhuǎn)化為：

t≥(-x-2 x -1)max t≤(-x+2 x -1)min

，判斷出函y =-x-2

x

-1的單調(diào)性，求出最大值和最小值，結(jié)合t求出m的最大值．

解答：解：（1）∵x≤f(x)≤

1

2

(1+x2)在R上恒成立，
∴1≤f(1)≤

1

2

(1+12)=1，即f（1）=1
∵f（x-4）=f（2-x），∴函數(shù)圖象關(guān)于直線x=-1對稱，
∴-

b

2a

=-1，b=2a．
∵f（1）=1，∴a+b+c=1
又∵f（x）在R上的最小值為0，
∴f（-1）=0，即a-b+c=0，
由

b=2a a+b+c=1 a-b+c=0

，解得

a=c= 1 4 b= 1 2

，
∴f(x)=

1

4

x2+

1

2

x+

1

4

；
（2）由（1）得，g(x)=f(x)-k2x=

1

4

[x2-2(2k2-1)x+1]，
∴g（x）對稱軸方程為x=2k²-1，
∵g（x）在[-1，1]上是單調(diào)函數(shù)，
∴2k²-1≤-1或2k²-1≥1，
解得k≥1或k≤-1或k=0，
∴k的取值范圍是k≥1或k≤-1或k=0．
（3）假設(shè)存在t∈R滿足條件，
由（1）知f(x)=

1

4

x2+

1

2

x+

1

4

=

1

4

(x+1)2，
∴f（x+t）≤x?（x+t+1）²≤4x且x∈[1，m]，
?

t≥-x-2 x -1 t≤-x+2 x -1

在[1，m]上恒成立?

t≥(-x-2 x -1)max t≤(-x+2 x -1)min

∵y =-x-2

x

-1在[1，m]上遞減，
∴(-x-2

x

-1)max=-4，
∵y =-x+2

x

-1在[1，m]上遞減，
∴(-x+2

x

-1)min=-m+2

m

-1=-(

m

-1)2
∴-4≤t≤-(

m

-1)2，∴-(

m

-1)2≥-4，(

m

-1)2≤4，
∵m＞1，∴

m

-1≤2，
∴m≤9，∴m的最大值為9．

點(diǎn)評：本題考查了二次函數(shù)的性質(zhì)的綜合應(yīng)用，待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式，以及分離常數(shù)法處理恒成立問題，第（3）問出現(xiàn)了兩個(gè)未知數(shù)，注意結(jié)合點(diǎn)，考查了轉(zhuǎn)化思想，難度較大．