每日一题: 2020-10-09
题目: 已知函数$f(x)=ax^2+bx+c$ 满足$f(-1)=0$.
(1) 若$f(x)=f(-1-x)$, 对任意$a\in [-3,-1]$ 都有$f(x)+x+1>0$, 求$x$ 的取值范围;
(2) 是否存在实数$a,b,c$ 使得不等式$x\leq f(x)\leq \frac{1}{2}(x^2+1)$ 对一切实数恒
成立? 若存在, 请求出$a,b,c$ 的值; 若不存在, 请说明理由.
参考思路
(1) 由$f(x)=f(-1-x)\Rightarrow f(0)=c=0, -\frac{b}{2a}=-\frac{1}{2}$, 此时$f(x)=ax^2+ax$,
$f(x)+x+1=ax^2+(a+1)x+1$, 构造关于$a$ 的函数$g(a)=(x^2+x)a+(x+1)$, 在$-3\leq a\leq 1$ 恒成立
\\[
\\left\\{\\begin{array}{lr} g(-3)=(x^2+x)\cdot (-3)+(x+1)>0 \\\\ g(-1)=(x^2+x)\cdot (-1)+(x+1)>0 \\end{array}\\right.\Rightarrow \\left\\{\\begin{array}{lr} -1\lt x\lt \frac{1}{3} \\\\ -1\lt x\lt 1 \\end{array}\\right.
\\]
得$-1\lt x\lt \frac{1}{3}$. 即$x$ 的取值范围是$(-1,\frac{1}{3})$.
(2) 由$x\leq f(x)\leq \frac{1}{2}(x^2+1)$ 对一切实数恒成立, 得$1\leq f(1)\leq \frac{1}{2}(1^2+1)=1$
$\therefore f(1)=a+b+c=1, f(-1)=a-b+c=0\Rightarrow b=\frac{1}{2}, a+c=\frac{1}{2}$,
所以$f(x)=ax^2+\frac{1}{2}x+(\frac{1}{2}-a)$
由$f(x)-x=ax^2-\frac{1}{2}x+(\frac{1}{2}-a)\geq 0\Rightarrow \Delta=(-\frac{1}{2})^2-4a(\frac{1}{2}-a)\leq 0$ 恒成立
即$4a^2-2a+\frac{1}{4}=(2a-\frac{1}{2})^2\leq 0\Rightarrow a=c=\frac{1}{4}, b=\frac{1}{2}$.
把$a=c=\frac{1}{4}, b=\frac{1}{2}$, 代入$f(x)\leq \frac{1}{2}(x^2+1)$ 不等式也恒成立.
所以$a=c=\frac{1}{4}, b=\frac{1}{2}$.