2004-辽宁卷-21 解-二次函数的图像与最值

本题导读

本题考查二次函数的图像与最值，涉及求参数与数学归纳法证明不等式。

📌【题干】

Question

（2004年辽宁卷） 已知函数 $f(x)=ax-\frac{3}{2}{x}^2$ 的最大值不大于 $\frac{1}{6}$，又当 $x\in \left[\frac{1}{4},\frac{1}{2}\right]$ 时， $f(x)\ge \frac{1}{8}$.

(1) 求 $a$ 的值；

(2) 设 $0<a_1<\frac{1}{2}$， $a_{n+1}=f(a_n)$，$n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$.证明： $a_n<\frac{1}{n+1}$.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第(1)问求 $a$：
   • $f(x)=-\frac{3}{2}{x}^2+ax$ 开口向下，最大值为 $f(x{)}_{\text{max}}=\frac{a^2}{6}$。由 $\frac{a^2}{6}\le \frac{1}{6}$ 得 $-1\le a\le 1$。
   • $x\in \left[\frac{1}{4},\frac{1}{2}\right]$ 时 $f(x)\ge \frac{1}{8}$ 恒成立，二次函数开口向下，只需两端点处函数值都 $\ge \frac{1}{8}$，代入 $x=\frac{1}{4}$、$x=\frac{1}{2}$ 列不等式组。
   • 取交集确定唯一的 $a$。
2. 第(2)问数学归纳法：将 $a=1$ 代入得 $f(x)=x-\frac{3}{2}{x}^2$，$f^{\prime }(x)=1-3x$，在 $\left(0,\frac{1}{3}\right)$ 上递增。
   • 奠基：$n=1$ 时 $a_1<\frac{1}{2}=\frac{1}{1+1}$；
   • 递推：假设 $a_k<\frac{1}{k+1}$，利用单调性得 $a_{k+1}=f(a_k)<f\left(\frac{1}{k+1}\right)$，再证 $f\left(\frac{1}{k+1}\right)<\frac{1}{k+2}$。

✅【答案】

Success

(1) $a=1$

(2) 证明见解析

✍【详细解析】

Abstract

(1) 求 $a$ 的值 已知 $f(x)=-\frac{3}{2}{x}^2+ax$，开口向下。由顶点坐标公式，最大值为： $f(x{)}_{\text{max}}=\frac{4\cdot \left(-\frac{3}{2}\right)\cdot 0-a^2}{4\cdot \left(-\frac{3}{2}\right)}=\frac{-a^2}{-6}=\frac{a^2}{6}\text{（式1）}$ 由”最大值不大于 $\frac{1}{6}$”： $\frac{a^2}{6}\le \frac{1}{6}⟹a^2\le 1⟹-1\le a\le 1\text{（式2）}$

第二个条件：当 $x\in \left[\frac{1}{4},\frac{1}{2}\right]$ 时恒有 $f(x)\ge \frac{1}{8}$。二次函数在该区间上开口向下，故只需两端点处的函数值都 $\ge \frac{1}{8}$： $\{\begin{array}{l}f\left(\frac{1}{4}\right)\ge \frac{1}{8}\\ f\left(\frac{1}{2}\right)\ge \frac{1}{8}\end{array}\text{（式3）}$ 代入：

• 第一式： $a\left(\frac{1}{4}\right)-\frac{3}{2}{\left(\frac{1}{4}\right)}^2\ge \frac{1}{8}⟹\frac{a}{4}-\frac{3}{32}\ge \frac{1}{8}$ 两边乘 32： $8a-3\ge 4⟹8a\ge 7⟹a\ge \frac{7}{8}$（式4）
• 第二式： $a\left(\frac{1}{2}\right)-\frac{3}{2}{\left(\frac{1}{2}\right)}^2\ge \frac{1}{8}⟹\frac{a}{2}-\frac{3}{8}\ge \frac{1}{8}$ 两边乘 8： $4a-3\ge 1⟹4a\ge 4⟹a\ge 1$（式5）

联立（式2）（式4）（式5）取交集： $\{\begin{array}{l}-1\le a\le 1\\ a\ge \frac{7}{8}\\ a\ge 1\end{array}⟹a=1\text{（式6）}$ 故 $a=1$。

(2) 证明： $a_n<\frac{1}{n+1}$ 由 $a=1$，递推函数为： $f(x)=x-\frac{3}{2}{x}^2\text{（式7）}$ 求导判断单调区间： $f^{\prime }(x)=1-3x\text{（式8）}$ 令 $f^{\prime }(x)>0⟹1-3x>0⟹x<\frac{1}{3}$，故 $f(x)$ 在 $\left(0,\frac{1}{3}\right)$ 上单调递增。

用数学归纳法证明 $a_n<\frac{1}{n+1}$：

• 奠基步：当 $n=1$ 时，由已知 $0<a_1<\frac{1}{2}$，而 $\frac{1}{1+1}=\frac{1}{2}$，故 $a_1<\frac{1}{2}$ 成立。

• 递推步：假设 $n=k(k\in {\mathbf{N}}^{\ast })$ 时成立： $a_k<\frac{1}{k+1}\text{（式9）}$

  先证数列各项为正：由 $0<a_1<\frac{1}{2}$，且当 $x\in \left(0,\frac{1}{2}\right)$ 时 $f(x)=x\left(1-\frac{3}{2}x\right)>0$，由递推 $a_{n+1}=f(a_n)$ 知 $a_n>0$ 恒成立。

  结合（式9）： $0<a_k<\frac{1}{k+1}\le \frac{1}{1+1}=\frac{1}{2}\text{（式10）}$ 当 $k\ge 2$ 时 $\frac{1}{k+1}\le \frac{1}{3}$；当 $k=1$ 时，虽 $\frac{1}{2}>\frac{1}{3}$，但在 $\left(0,\frac{1}{2}\right)$ 内 $f(x)$ 的最大值在 $x=\frac{1}{3}$ 处取得，为 $f\left(\frac{1}{3}\right)=\frac{1}{6}$。 因 $f(x)$ 在 $\left(0,\frac{1}{3}\right]$ 上单调递增，且 $a_k<\frac{1}{k+1}$，故： $a_{k+1}=f(a_k)<f\left(\frac{1}{k+1}\right)\text{（式11）}$

  代入（式7）： $f\left(\frac{1}{k+1}\right)=\frac{1}{k+1}-\frac{3}{2(k+1{)}^2}\text{（式12）}$

  下面证： $f\left(\frac{1}{k+1}\right)<\frac{1}{k+2}\text{（式13）}$ 作差： $\Delta =\frac{1}{k+2}-f\left(\frac{1}{k+1}\right)=\frac{1}{k+2}-\frac{1}{k+1}+\frac{3}{2(k+1{)}^2}\text{（式14）}$ 前两项通分： $\frac{1}{k+2}-\frac{1}{k+1}=\frac{(k+1)-(k+2)}{(k+1)(k+2)}=\frac{-1}{(k+1)(k+2)}\text{（式15）}$ 代回并通分： $\Delta =\frac{3}{2(k+1{)}^2}-\frac{1}{(k+1)(k+2)}=\frac{3(k+2)-2(k+1)}{2(k+1{)}^2(k+2)}\text{（式16）}$ 分子展开： $3k+6-2k-2=k+4\text{（式17）}$ 故： $\Delta =\frac{k+4}{2(k+1{)}^2(k+2)}\text{（式18）}$

  因 $k\ge 1$，有 $k+4>0,k+1>0,k+2>0$，故： $\Delta >0⟹f\left(\frac{1}{k+1}\right)<\frac{1}{k+2}\text{（式19）}$

  联立（式11）与（式19）： $a_{k+1}<f\left(\frac{1}{k+1}\right)<\frac{1}{k+2}⟹a_{k+1}<\frac{1}{(k+1)+1}\text{（式20）}$ 即 $n=k+1$ 时命题也成立。

由数学归纳法原理，$a_n<\frac{1}{n+1}$ 对 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$ 恒成立。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：二次函数恒成立问题中的端点效应；数学归纳法的应用；利用导数确定单调区间并作函数值放缩。
2. 核心方法：数学归纳法、导数单调性法、作差法。
3. 避坑指南：
   • 第(2)问写 $f(a_k)<f\left(\frac{1}{k+1}\right)$ 时须交代单调性的适用区间：二次函数在顶点 $x=\frac{1}{3}$ 之后转为递减，若不加说明直接写不等号属于逻辑漏洞。应说明”当 $k\ge 2$ 时 $\frac{1}{k+1}\le \frac{1}{3}$ 落在单调增区间内；$k=1$ 时单独验算”，或直接用作差法：$f(a_k)-f\left(\frac{1}{k+1}\right)=(a_k-\frac{1}{k+1})[1-\frac{3}{2}(a_k+\frac{1}{k+1})]<0$，避开单调性讨论。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 本题考查含参二次函数在区间上的最值问题。
2. 结论推广: 二次函数 $f(x)=-\frac{3}{2}{x}^2+ax$ 的最值由对称轴与开口方向决定；讨论含参二次函数在给定区间上的最值时，需按对称轴与区间的位置关系分类。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 05.02 函数的四大性质
• 03.01 不等式解法体系

类题演练 (Links)

• 1987-全国文-06 单-函数的单调性判断
• 1987-广东文-09 单-函数的单调性
• 1988-广东文-18 单-函数的单调性判断