Question

16．已知函數f（x）=ax²+bx+c（b＞a），且f（x）≥0對任意實數x都成立，若$\frac{f（-2）}{f（2）-f（0）}$取到最小值時，有
（1）當a=1，求f（x）；
（2）設g（x）=|f（x）-a|，對任意的x₁，x₂∈[-3a，-a]都有|g（x₁）-g（x₂）|≤2a，求實數a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由f（x）≥0恒成立，求出c與a，b的關系，利用$\frac{f（-2）}{f（2）-f（0）}$，求出函數的解析式．
（2）分類討論轉化f（x）_max-f（x）_min≤4a，利用單調性，結合不等式求解即可．

解答 解：（1）由f（x）≥0恒成立，得$\left\{\begin{array}{l}{△≤0}\\{a＞0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{c≥\frac{{b}^{2}}{4a}}\\{a＞0}\end{array}\right.$，
記T=$\frac{f（-2）}{f（2）-f（0）}$=$\frac{4a-2b+c}{4a+2b}$≥$\frac{4a-2b+\frac{{b}^{2}}{4a}}{4a+2b}$，
設t=$\frac{b}{a}$＞1，則T=$\frac{（t-4）^{2}}{8（t+2）}$，再設u=t+2＞3，
則T=$\frac{（u-6）^{2}}{8u}$=$\frac{1}{8}$（u-12+$\frac{36}{u}$）≥0．
當b=c=4a時，$\frac{f（-2）}{f（2）-f（0）}$取最小值，此時f（x）=a（x+2）²．
當a=1時，f（x）=（x+2）²．
（2）對任意的x₁，x₂∈[-3a，-a]都有|g（x₁）-g（x₂）|≤2a，
即即當x∈[-3a，-a]時，都有g（x）_max-g（x）_min≤2a，
∵g（x）=a（x²+4x+3），g（-3a）=9a³-12a²+3a，g（-a）=a³-4a²+3a，
①當-a≤-3時，即a≥3時，g（x）在x∈[-3a，-a]上遞減，
且g（x）_max-g（x）_min≤g（-3a）-f（-a）=8a³-8a²≤2a，
解得$\frac{1-\sqrt{2}}{2}$≤a≤$\frac{1+\sqrt{2}}{2}$，無解
②當-3a≤-3＜-a≤-1，即1≤a＜3時，要使g（x）_max-g（x）_min≤2a，
只要g（-3a）=9a³-12a²+3a≤2a，解得$\frac{2-\sqrt{3}}{2}$≤a≤$\frac{2+\sqrt{3}}{2}$
∴1≤a≤$\frac{2+\sqrt{3}}{2}$，
③當-3＜-3a＜-1＜-a，即$\frac{1}{3}$＜a＜1時，
要使g（x）_max-g（x）_min≤2a，
只要g（-a）=a³-4a²+3a≤2a，解得2-$\sqrt{3}$≤a≤2+$\sqrt{3}$
∴$\frac{1}{3}$＜a＜1時，
④當-3a≥-1，即0＜a≤$\frac{1}{3}$時，
∴g（x）在x∈[-3a，-a]上遞增，
且g（x）_max-g（x）_min=g（-a）-g（-3a）=-8a³+8a²≤2a，解得a∈R，
∴所以0＜a≤$\frac{1}{3}$．
綜上，a的取值范圍為（0，$\frac{2+\sqrt{3}}{2}$]

點評 本題考查了函數的性質，分類討論思想，關鍵是分清討論的標準，確定最大值最小值即可，屬于中檔題，