已知二次函數(shù)f(x)=ax2+x(a∈R,a≠0).
(I)當(dāng)0<a<
1
2
,x∈[-1,1]時(shí),f(x)的最小值為-
3
4
,求實(shí)數(shù)a的值.
(II)如果x∈[0,1]時(shí),總有|f(x)|≤1.試求a的取值范圍.
(III)令a=1,當(dāng)x∈[n,n+1](n∈N*)時(shí),f(x)的所有整數(shù)值的個(gè)數(shù)為g(n),數(shù)列{
g(n)
2n
}
的前n項(xiàng)的和為Tn,求證:Tn<7.
分析:(I)找出二次函數(shù)的對(duì)稱軸,利用對(duì)稱軸和區(qū)間的關(guān)系以及最小值就可求出實(shí)數(shù)a的值;
(II)轉(zhuǎn)化為關(guān)于a的不等式,借助于關(guān)于x的函數(shù)的最值來求a的取值范圍即可.
(III)先利用二次函數(shù)的性質(zhì)求出在[n,n+1]上的單調(diào)性,進(jìn)而求出g(n),以及數(shù)列{
g(n)
2n
}
的表達(dá)式,再利用錯(cuò)位相減法求和.即可證得Tn<7.
解答:解:(1)由0<a<
1
2
-
1
2a
<-1
,
故當(dāng)x=-1時(shí)f(x)取得最小值為-
3
4
,
f(-1)=a-1=-
3
4
,∴a=
1
4

(2)由|f(x)|≤1得|ax2+x|≤1,
-1≤ax2+x≤1對(duì)于任意x∈[0,1]恒成立,
當(dāng)x=0時(shí),f(x)=0,則|f(x)|≤1恒成立;
當(dāng)x≠0時(shí),有
a≤
1
x2
-
1
x
=(
1
x
-
1
2
)
2
-
1
4
a≥-
1
x2
-
1
x
=-(
1
x
+
1
2
)
2
+
1
4

對(duì)于任意的x∈(0,1]恒成立;∵x∈(0,1]∴
1
x
≥1
,
(
1
x
-
1
2
)2-
1
4
≥0
,故要使①式恒成立,
則有a≤0,又a≠0∴a<0;又-(
1
x
+
1
2
)2+
1
4
≤-2
,
則有a≥-2,
綜上所述:-2≤a<0.
(3)當(dāng)a=1時(shí),f(x)=ax2+x,則此二次函數(shù)的對(duì)稱軸為x=-
1
2
,開口向上,
故f(x)在[n,n+1]上為單調(diào)遞增函數(shù),
且當(dāng)x=n,n+1時(shí),f(n),f(n+1)均為整數(shù),
故g(n)=f(n+1)-f(n)+1=(n+1)2+(n+1)-n2-n+1=2n+3?(n∈N*),
則數(shù)列{
g(n)
2n
}
的通項(xiàng)公式為
g(n)
2n
=
2n+3
2n
,
Tn=
5
2
+
7
22
+
9
23
++
2n+1
2n-1
+
2n+3
2n

1
2
Tn=
5
22
+
7
23
+
9
24
++
2n+1
2n
+
2n+3
2n+1

由①-②得
1
2
Tn=
5
2
+2(
1
22
+
1
23
++
1
2n
)-
2n+3
2n+1
=
7
2
-
2n+7
2n+1

Tn=7-
2n+7
2n

∴Tn<7.
點(diǎn)評(píng):本題是對(duì)數(shù)列和二次函數(shù)性質(zhì)的綜合考查,涉及到錯(cuò)位相減法求和..錯(cuò)位相減法適用于通項(xiàng)為一等差數(shù)列乘一等比數(shù)列組成的新數(shù)列.
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已知二次函數(shù)f(x)=x2+2(m-2)x+m-m2
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(Ⅱ)若函數(shù)在區(qū)間[2,+∞)上為增函數(shù),求m的取值范圍.

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(2)若記區(qū)間[a,b]的長度為b-a.問:是否存在常數(shù)t(t≥0),當(dāng)x∈[t,10]時(shí),f(x)的值域?yàn)閰^(qū)間D,且D的長度為12-t?請(qǐng)對(duì)你所得的結(jié)論給出證明.

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f(x)x-1

(1)求a的值;
(2)k(k∈R)如何取值時(shí),函數(shù)φ(x)=g(x)-kln(x-1)存在極值點(diǎn),并求出極值點(diǎn);
(3)若m=1,且x>0,求證:[g(x+1)]n-g(xn+1)≥2n-2(n∈N*).

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