Question

已知二次函數(shù)g（x）對任意實數(shù)x都滿足g（x-1）+g（1-x）=x²-2x-1，且g（1）=-1．令f(x)=2g(x+

1

2

)+mx-3m2lnx+

9

4

(m＞0，x＞0)．
（1）求g（x）的表達式；
（2）若函數(shù)f（x）在x∈[1，+∞）上的最小值為0，求m的值；
（3）記函數(shù)H（x）=[x（x-a）²-1]•[-x²+（a-1）x+a-1]，若函數(shù)y=H（x）有5個不同的零點，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）設(shè)g（x）=ax²+bx+c，根據(jù)g（x-1）+g（1-x）=2（x-1）²-2，可求a，c的值，利用g（1）=-1，可求b的值，從而得到g（x）的表達式；
（2）求導函數(shù)，令f'（x）=0，得x=m，對參數(shù)m分類討論，確定函數(shù)的單調(diào)性，從而可得函數(shù)的最小值，利用f（x）在x∈[1，+∞）上的最小值為0，可求m的值；
（3）記h1(x)=x(x-a)2，h2(x)=-x2+(a-1)x+a，則據(jù)題意有h₁（x）-1=0有3個不同的實根，h₂（x）-1=0有2個不同的實根，且這5個實根兩兩不相等，進而分類討論，即可確定實數(shù)a的取值范圍．

解答：解：（1）設(shè)g（x）=ax²+bx+c，于是g（x-1）+g（1-x）=2a（x-1）²+2c=2（x-1）²-2，所以

a= 1 2 c=-1

又g（1）=-1，則b=-

1

2

．所以g(x)=

1

2

x2-

1

2

x-1．
（2）f(x)=2g(x+

1

2

)+mx-3m2lnx+

9

4

=x2+mx-3m2lnx
則f′(x)=2x+m-

3m2

x

=

2x2+mx-3m2

x

=

(2x+3m)(x-m)

x

．
令f'（x）=0，得x=-

3m

2

（舍），x=m．
①當m＞1時，

x	1	（1，m）	m	（m，+∞）
f'（x）		-	0	+
f（x）	1+m	↘	2m2-3m2lnm	↗

∴當x=m時，fmin(x)=2m2-3m2lnm．
令2m²-3m²lnm=0，得m=e

2

3

．
②當0＜m≤1時，f'（x）≥0在x∈[1，+∞）上恒成立，f（x）在x∈[1，+∞）上為增函數(shù)，
當x=1時，f_min（x）=1+m，令m+1=0，得m=-1（舍）．
綜上所述，所求m為m=e

2

3

．
（3）記h1(x)=x(x-a)2，h2(x)=-x2+(a-1)x+a，則據(jù)題意有h₁（x）-1=0有3個不同的實根，h₂（x）-1=0有2個不同的實根，且這5個實根兩兩不相等．
（�。﹉₂（x）-1=0有2個不同的實根，只需滿足g(

a-1

2

)＞1，∴a＞1或a＜-3；
（ⅱ）h₁（x）-1=0有3個不同的實根，因h1′(x)=3x2-4ax+a2=(3x-a)(x-a)，
令h1′(x)=0，得x=a或

a

3

，
1°當

a

3

＞a即a＜0時，h₁（x）在x=a處取得極大值，而h₁（a）=0，不符合題意，舍；
2°當

a

3

=a即a=0時，不符合題意，舍；
3°當

a

3

＜a即a＞0時，h₁（x）在x=

a

3

處取得極大值，h1(

a

3

)＞1⇒a＞

3 3 2

2

，所以a＞

3 3 2

2

因為（ⅰ）（ⅱ）要同時滿足，故a＞

3 3 2

2

．
下證：這5個實根兩兩不相等，即證：不存在x₀使得h₁（x₀）-1=0和h₂（x₀）-1=0同時成立；
若存在x₀使得h₁（x₀）=h₂（x₀）=1，
由h₁（x₀）=h₂（x₀），即x0(x0-a)2=-

x

2 0

+(a-1)x0+a，
得(x0-a)(

x

2 0

-ax0+x0+1)=0，
當x₀=a時，f（x₀）=g（x₀）=0，不符合，舍去；
當x₀≠a時，有

x

2 0

-ax0+x0+1=0①；
又由g（x₀）=1，即-

x

2 0

+(a-1)x0+a=1②；
聯(lián)立①②式，可得a=0；
而當a=0時，H（x）=（x³-1）（-x²-x-1）=0沒有5個不同的零點，故舍去，所以這5個實根兩兩不相等．
綜上，當a＞

3 3 2

2

時，函數(shù)y=H（x）有5個不同的零點．

點評：本題考查函數(shù)的解析式，考查導數(shù)知識的運用，考查分類討論的數(shù)學思想，考查函數(shù)的零點，綜合性強，難度大．