Question

7．若关于x的方程ax²+bx+c=0（a，b，c∈R且a≠0）有实根，且不等式（a-b）²+（b-c）²+（c-a）²≥ma²恒成立，则实数m的最大值为（　　）

• A． $\frac{9}{16}$
• B． $\frac{3}{4}$
• C． 1
• D． $\frac{9}{8}$

Answer 1

分析 由题意可得△=b²-4ac≥0，从而可得y≤$\frac{{x}^{2}}{4}$，再化简（a-b）²+（b-c）²+（c-a）²≥ma²为m≤（1-$\frac{b}{a}$）²+（$\frac{b}{a}$-$\frac{c}{a}$）²+（$\frac{c}{a}$-1）²，即（1-$\frac{b}{a}$）²+（$\frac{b}{a}$-$\frac{c}{a}$）²+（$\frac{c}{a}$-1）²=2y²-2（x+1）y+2x²-2x+2，分类讨论以确定函数的最小值的求法，从而解得．

解答 解：∵关于x的方程ax²+bx+c=0（a，b，c∈R且a≠0）有实根，
∴△=b²-4ac≥0，
即$（\frac{b}{a}）^{2}$-4$\frac{c}{a}$≥0，
令$\frac{b}{a}$=x，$\frac{c}{a}$=y；故x²-4y≥0，
即y≤$\frac{{x}^{2}}{4}$，
∵（a-b）²+（b-c）²+（c-a）²≥ma²，
∴m≤（1-$\frac{b}{a}$）²+（$\frac{b}{a}$-$\frac{c}{a}$）²+（$\frac{c}{a}$-1）²，
而（1-$\frac{b}{a}$）²+（$\frac{b}{a}$-$\frac{c}{a}$）²+（$\frac{c}{a}$-1）²
=（1-x）²+（x-y）²+（y-1）²
=2y²-2xy-2y+2x²-2x+2
=2y²-2（x+1）y+2x²-2x+2，
当$\frac{{x}^{2}}{4}$-$\frac{x+1}{2}$=$\frac{{x}^{2}-2x-2}{4}$≤0，即1-$\sqrt{3}$≤x≤1+$\sqrt{3}$时，
当y=$\frac{{x}^{2}}{4}$时，函数f（y）=2y²-2（x+1）y+2x²-2x+2有最小值
g（x）=2（$\frac{{x}^{2}}{4}$）²-2（x+1）$\frac{{x}^{2}}{4}$+2x²-2x+2=$\frac{{x}^{4}}{8}$-$\frac{{x}^{3}}{2}$+$\frac{3}{2}{x}^{2}$-2x+2，
g′（x）=$\frac{{x}^{3}}{2}$-$\frac{3}{2}{x}^{2}$+3x-2，
g″（x）=$\frac{3}{2}{x}^{2}$-3x+3=$\frac{3}{2}$（x-1）²+$\frac{3}{2}$＞0，
∴g′（x）=$\frac{{x}^{3}}{2}$-$\frac{3}{2}{x}^{2}$+3x-2在其定义域上是增函数，
又∵g′（1）=$\frac{1}{2}$-$\frac{3}{2}$+3-2=0，
∴当x∈（1-$\sqrt{3}$，1）时，g′（x）＜0，
当x∈（1，1+$\sqrt{3}$）时，g′（x）＞0，
∴g（x）在（1-$\sqrt{3}$，1）上是减函数，在（1，1+$\sqrt{3}$）上是增函数；
∴g_min（x）=g（1）=$\frac{1}{8}$-$\frac{1}{2}$+$\frac{3}{2}$-2+2=$\frac{9}{8}$；
当$\frac{{x}^{2}}{4}$-$\frac{x+1}{2}$=$\frac{{x}^{2}-2x-2}{4}$＞0，即x＜1-$\sqrt{3}$或x＞1+$\sqrt{3}$时，
当y=$\frac{x+1}{2}$时，函数f（y）=2y²-2（x+1）y+2x²-2x+2有最小值
g（x）=2（$\frac{x+1}{2}$）²-2（x+1）$\frac{x+1}{2}$+2x²-2x+2=$\frac{3}{2}{x}^{2}$-3x+$\frac{3}{2}$=$\frac{3}{2}$（x-1）²，
∵x＜1-$\sqrt{3}$或x＞1+$\sqrt{3}$，
∴$\frac{3}{2}$（x-1）²＞$\frac{9}{2}$，
综上所述，（1-$\frac{b}{a}$）²+（$\frac{b}{a}$-$\frac{c}{a}$）²+（$\frac{c}{a}$-1）²的最小值为$\frac{9}{8}$，
故实数m的最大值为$\frac{9}{8}$，
故选：D．

点评 本题考查了导数的综合应用及恒成立问题与最值问题．