Question

設(shè)二次函數(shù)f（x）=ax²+bx+ca≠0，x∈R滿足條件：
①x≤f（x）≤

1

2

（1+x²），
②f（-1+x）=f（-1-x）；
③f（x）在R上的最小值為0．
（Ⅰ）求f（1）的值；
（Ⅱ）求f（x）的解析式；
（Ⅲ）求最大值m（m＞1），使得存在t∈R，只要x∈[1，m]，都有f（x+t）≤x成立．

Answer 1

考點：二次函數(shù)的性質(zhì),函數(shù)恒成立問題

專題：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用

分析：（Ⅰ）根據(jù)①1≤f（1）≤1，所以得到f（1）=1；
（Ⅱ）由f（1）=1，a+b+c=1；由②知f（x）的對稱軸為x=-1，所以-

b

2a

=-1，b=2a；由③知f（-1）=a-b+c=0．所以解

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

，即得a=c=

1

4

，b=

1

2

，這便可求出f（x）；
（Ⅲ）根據(jù)題設(shè)

f(1+t)≤1 (1) f(m+t)≤m (2)

，所以由（1）可得到-4≤t≤0，由（2）可得1-t-2

-t

≤m≤1-t+2

-t

．而容易得到1-t+2

-t

在[-4，0]的最大值是t=-4時的值9，所以便得到m≤9，所以m的最大值為9．

解答： 解：（Ⅰ）∵x≤f(x)≤

1

2

(1+x2)在R上恒成立；
∴1≤f（1）≤1；
即f（1）=1；
（II）∵f（-1+x）=f（-1-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= 1 4 b= 1 2 c= 1 4

；
∴f(x)=

1

4

x2+

1

2

x+

1

4

；
（III）∵當(dāng)x∈[1，m]時，f（x+t）≤x恒成立；
∴f（1+t）≤1，且f（m+t）≤m；
由f（1+t）≤1得，t²+4t≤0，解得-4≤t≤0；
由f（m+t）≤m得，m²+2（t-1）m+t²+2t+1≤0；
解得1-t-2

-t

≤m≤1-t+2

-t

；
∵-4≤t≤0，∴m≤1-t+2

-t

≤1-(-4)+2

-(-4)

=9；
當(dāng)t=-4時，對于任意x∈[1，9]，恒有f(x-4)-x=

1

4

(x2-10x+9)=

1

4

(x-1)(x-9)≤0；
∴m的最大值為9．

點評：考查已知函數(shù)求函數(shù)值，由f（-1+x）=f（-1-x）知道f（x）的對稱軸為x=-1，二次函數(shù)的對稱軸，二次函數(shù)在R上的最值，以及解一元二次不等式．