Question

20．已知函數(shù)f（x）=ax²+4x-1．
（1）當(dāng)a=1時，對任意x₁，x₂∈R，且x₁≠x₂，試比較f（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）與$\frac{f（{x}_{1}）+f（{x}_{2}）}{2}$的大��；
（2）對于給定的正實(shí)數(shù)a，有一個最小的負(fù)數(shù)g（a），使得x∈[g（a），0]時，-3≤f（x）≤3都成立，則當(dāng)a為何值時，g（a）最小，并求出g（a）的最小值．

Answer 1

分析 （1）求出f（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）與$\frac{f（{x}_{1}）+f（{x}_{2}）}{2}$的表達(dá)式，作差即可；
（2）本小題可以從a的范圍入手，考慮0＜a＜2與a≥2兩種情況，結(jié)合二次的象與性質(zhì)，綜合運(yùn)用分類討論思想與數(shù)形結(jié)合思想求解．

解答 解：（1）a=1時，f（x）=x²+4x-1，
f（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）=$\frac{{{（x}_{1}{+x}_{2}）}^{2}}{4}$+2（x₁+x₂）-1=$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{4}$+$\frac{{{x}_{2}}^{2}}{4}$+$\frac{1}{2}$x₁x₂+2（x₁+x₂）-1，
$\frac{f（{x}_{1}）+f（{x}_{2}）}{2}$=$\frac{{{x}_{1}}^{2}+{4x}_{1}-1{{+x}_{2}}^{2}+{4x}_{2}-1}{2}$=$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{2}$+$\frac{{{x}_{2}}^{2}}{2}$+2（x₁+x₂）-1；
故f（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）-$\frac{f（{x}_{1}）+f（{x}_{2}）}{2}$=-$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{4}$-$\frac{{{x}_{2}}^{2}}{4}$+$\frac{1}{2}$x₁x₂=-$\frac{1}{4}$${{（x}_{1}{-x}_{2}）}^{2}$≤0；
（2）∵f（x）=ax²+4x-1=a（x+$\frac{2}{a}$）²-1-$\frac{4}{a}$，
顯然f（0）=-1，對稱軸x=-$\frac{2}{a}$＜0．
①當(dāng)-1-$\frac{4}{a}$＜-3，即0＜a＜2時，g（a）∈（-$\frac{2}{a}$，0），且f[g（a）]=-3．
令ax²+4x-1=-3，解得x=$\frac{-2±\sqrt{4-2a}}{a}$，
此時g（a）取較大的根，即g（a）=$\frac{-2+\sqrt{4-2a}}{a}$=$\frac{-2}{\sqrt{4-2a}+2}$，
∵0＜a＜2，∴g（a）＞-1．
②當(dāng)-1-$\frac{4}{a}$≥-3，即a≥2時，g（a）＜-$\frac{2}{a}$，且f[g（a）]=3．
令ax²+4x-1=3，解得x=$\frac{-2±\sqrt{4+6a}}{a}$，
此時g（a）取較小的根，即g（a）=$\frac{-2-\sqrt{4+6a}}{a}$=$\frac{-6}{\sqrt{4+6a}-2}$，
∵a≥2，∴g（a）=$\frac{-6}{\sqrt{4+6a}-2}$≥-3．當(dāng)且僅當(dāng)a=2時，取等號．
∵-3＜-1∴當(dāng)a=2時，g（a）取得最小值-3．

點(diǎn)評 本小題主要考查函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用、函數(shù)奇偶性的應(yīng)用、不等式的解法等基礎(chǔ)知識，考查運(yùn)算求解能力，考查數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想．