Question

11．已知二次函數(shù)f（x）=ax²-4x+c的值域為[0，+∞）．
（1）判斷此函數(shù)的奇偶性，并說明理由；
（2）判斷此函數(shù)在[$\frac{2}{a}$，+∞）的單調(diào)性，并用單調(diào)性的定義證明你的結(jié)論；
（3）求出f（x）在[1，+∞）上的最小值g（a），并求g（a）的值域．

Answer 1

分析 （1）由二次函數(shù)f（x）=ax²-4x+c的值域，推出ac=4，判斷f（-1）≠f（1），f（-1）≠-f（1），得到此函數(shù)是非奇非偶函數(shù)．
（2）求出函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間．設x₁、x₂是滿足${x_2}＞{x_1}≥\frac{2}{a}$的任意兩個數(shù)，列出不等式，推出f（x₂）＞f（x₁），即可判斷函數(shù)是單調(diào)遞增．
（3）f（x）=ax²-4x+c，當${x_0}=\frac{2}{a}≥1$，即0＜a≤2時，當${x_0}=\frac{2}{a}＜1$，即a＞2時求出最小值即可．

解答 （16分）解：（1）由二次函數(shù)f（x）=ax²-4x+c的值域為[0，+∞），得a＞0且$\frac{4ac-16}{4a}=0$，
解得ac=4．…（2分）
∵f（1）=a+c-4，f（-1）=a+c+4，a＞0且c＞0，從而f（-1）≠f（1），f（-1）≠-f（1），
∴此函數(shù)是非奇非偶函數(shù)．…（6分）
（2）函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是[$\frac{2}{a}$，+∞）．設x₁、x₂是滿足${x_2}＞{x_1}≥\frac{2}{a}$的任意兩個數(shù)，從而有${x_2}-\frac{2}{a}＞{x_1}-\frac{2}{a}≥0$，∴${（{x_2}-\frac{2}{a}）^2}＞{（{x_1}-\frac{2}{a}）^2}$．又a＞0，∴$a{（{x_2}-\frac{2}{a}）^2}＞a{（{x_1}-\frac{2}{a}）^2}$，
從而$a{（{x_2}-\frac{2}{a}）^2}+c-\frac{4}{a}＞a{（{x_1}-\frac{2}{a}）^2}+c-\frac{4}{a}$，
即$ax_2^2-4{x_2}+c＞ax_1^2-4{x_1}+c$，從而f（x₂）＞f（x₁），∴函數(shù)在[$\frac{2}{a}$，+∞）上是單調(diào)遞增．…（10分）
（3）f（x）=ax²-4x+c，又a＞0，${x_0}=\frac{2}{a}$，x∈[1，+∞）
當${x_0}=\frac{2}{a}≥1$，即0＜a≤2時，最小值g（a）=f（x₀）=0
當${x_0}=\frac{2}{a}＜1$，即a＞2時，最小值$g（a）=f（1）=a+c-4=a+\frac{4}{a}-4$
綜上，最小值$g（a）=\left\{{\begin{array}{l}0&{0＜a≤2}\\{a+\frac{4}{a}-4}&{a＞2}\end{array}}\right.$…（14分）
當0＜a≤2時，最小值g（a）=0
當a＞2時，最小值$g（a）=a+\frac{4}{a}-4∈（0，+∞）$
綜上y=g（a）的值域為[0，+∞）…（16分）

點評 本題考查二次函數(shù)的簡單性質(zhì)的應用，函數(shù)的單調(diào)性以及二次函數(shù)的對稱軸的關(guān)系，函數(shù)的最值的求法，考查計算能力．