Question

已知定义在R上的二次函数R（x）=ax²+bx+c满足2^R（-x）-2^R（x）=0，且R（x）的最小值为0，函数h（x）=lnx，又函数f（x）=h（x）-R（x）．
（I）求f（x）的单调区间；  
（II）当a≤

1

2

时，若x₀∈[1，3]，求f（x₀）的最小值；
（III）若二次函数R（x）图象过（4，2）点，对于给定的函数f（x）图象上的点A（x₁，y₁），当x1=

3

2

时，探求函数f（x）图象上是否存在点B（x₂，y₂）（x₂＞2），使A、B连线平行于x轴，并说明理由．（参考数据：e=2.71828…）

Answer 1

分析：（I）由2^R（-x）-2^R（x）=0，知R（-x）=R（x），故R（x）=ax²+c．所以R(x)=ax2.令f′（x）=0，得x=

2a

2a

．由此能求出f（x）的单调区间．
（II）由当0＜a≤

1

2

时，

2a

2a

≥1，知x₀∈[1，3]时，f（x₀）的最小值为f（1）与f（3）中的较小者．由此能求出f（x₀）的最小值．
（III）若二次函数R（x）=ax²图象过（4，2）点，则a=

1

8

，所以f(x)=lnx-

1

8

x2．由此能导出函数f（x）图象上存在点B（x₂，y₂）（x₂＞2），使A、B连线平行于x轴．

解答：解：（I）∵定义在R上的二次函数R（x）=ax²+bx+c满足2^R（-x）-2^R（x）=0，
∴2^R（-x）-2^R（x）=0，
∴2^R（-x）=2^R（x），即R（-x）=R（x），
∵R（x）=ax²+bx+c，∴b=0，∴R（x）=ax²+c．
∵R（x）=ax²+c的最小值为0，∴a＞0，c=0，故R（x）=ax²，
∵R（x）=ax²，h（x）=lnx，f（x）=h（x）-R（x），
∴f（x）=lnx-ax²，f′(x)=

1

x

-2ax，
令f′（x）=0，解得x=

2a

2a

．
当x变化时，f'（x），f（x）的变化情况如下表：

x	（0， 2a 2a ）	2a 2a	（ 2a 2a ，+∞）
f'（x）	+	0	-
f（x）	↑	极大值	↓

所以，f（x）的单调递增区间是（0，

2a

2a

），
f（x）的单调递减区间是（

2a

2a

，+∞）．
（II）∵当0＜a≤

1

2

时，

2a

2a

≥1，
∴x₀∈[1，3]时，f（x₀）的最小值为f（1）与f（3）中的较小者．
又f（1）=-a，f（3）=1n3-9a，
f（1）-f（3）=-a-（ln3-9a）=8a-1n3．
∴当0＜a≤

ln3

8

时，f（1）≤f（3），f（x₀）的最小值-a；
当

ln3

8

＜a≤ 

1

2

时，f（1）＞f（3），f（x₀）的最小值ln3-9a．
（III）证明：若二次函数R（x）=ax²图象过（4，2）点，则a=

1

8

，
所以f(x)=lnx-

1

8

x2．
令g(x)=f(x)-f(

3

2

)．
由（I）知f（x）在（0，2）内单调递增，
故f(2)＞f(

3

2

)，即g（2）＞0．
取x′=

3

2

e＞2，则g(x′)=

41-9e2

32

＜0．
所以存在x2∈(2，x′)，使g（x₂）=0，
故存在x₂∈（2，+∞），使f(x2)=f(

3

2

)．
所以函数f（x）图象上存在点B（x₂，y₂）（x₂＞2），使A、B连线平行于x轴．

点评：本题考查求f（x）的单调区间，求f（x₀）的最小值，探索函数f（x）图象上是否存在点B（x₂，y₂）（x₂＞2），使A、B连线平行于x轴，并说明理由．综合性强，难度大，有一定的探索性，对数学思维能力要求较高，是高考的重点．解题时要认真审题，仔细解答．