Question

10．已知函數(shù)f（x）=2ax²+bx-a+1，其中a∈R，b∈R．
（Ⅰ）當(dāng)a=b=1時(shí)，f（x）的零點(diǎn)為0，-$\frac{1}{2}$；
（Ⅱ）當(dāng)$b=\frac{4}{3}$時(shí)，如果存在x₀∈R，使得f（x₀）＜0，試求a的取值范圍；
（Ⅲ）如果對(duì)于任意x∈[-1，1]，都有f（x）≥0成立，試求a+b的最大值．

Answer 1

分析 （I）令f（x）=0解出；
（II）根據(jù)f（x）的函數(shù)類型和圖象開(kāi)口討論，只需f_min（x）＜0即可；
（III）對(duì)函數(shù)類型，開(kāi)口方向，單調(diào)性進(jìn)行討論，令f_min（x）≥0列出不等式，根據(jù)不等式的性質(zhì)得出a+b的范圍．

解答 解：（I）a=b=1時(shí)，f（x）=2x²+x，令f（x）=0，解得x=0或x=-$\frac{1}{2}$．∴f（x）的零點(diǎn)為0，-$\frac{1}{2}$．
（II）當(dāng)b=$\frac{4}{3}$時(shí)，f（x）=2ax²+$\frac{4}{3}$x-a+1，
①當(dāng)a=0時(shí)，f（x）=$\frac{4}{3}x$+1，f（x）為R上的增函數(shù)，f（-$\frac{3}{4}$）=0，∴當(dāng)x₀＜-$\frac{3}{4}$時(shí)，f（x₀）＜0，符合題意；
②當(dāng)a＜0時(shí)，f（x）的圖象開(kāi)口向下，顯然存在x₀∈R，使得f（x₀）＜0，符合題意；
③當(dāng)a＞0時(shí)，f（x）的圖象開(kāi)口向上，對(duì)稱軸為x=-$\frac{1}{3a}$，f_min（x）=f（-$\frac{1}{3a}$）=1-a-$\frac{2}{9a}$，
令1-a-$\frac{2}{9a}$＜0，解得a$＞\frac{2}{3}$或0＜a＜$\frac{1}{3}$．
綜上，a的取值范圍是（-∞，$\frac{1}{3}$）∪（$\frac{2}{3}$，+∞）．
（III）①若a=0，f（x）=bx+1，
當(dāng)b=0時(shí)，f（x）=1，符合題意，此時(shí)，a+b=0，
當(dāng)b＞0時(shí)，f（x）在[-1，1]上是增函數(shù)，∴f_min（x）=f（-1）=-b+1≥0，∴b≤1，此時(shí)，a+b=b≤1．
當(dāng)b＜0時(shí)，f（x）在[-1，1]上是減函數(shù)，∴f_min（x）=f（1）=b+1≥0，∴-1≤b＜0，此時(shí)a+b=b＜0．
②若a＞0，f（x）圖象開(kāi)口向上，對(duì)稱軸為x=-$\frac{4a}$，
當(dāng)-$\frac{4a}$≤-1即4a-b≤0時(shí)，f（x）在[-1，1]上是增函數(shù)，f_min（x）=f（-1）=a-b+1≥0，∴b-a≤1．
由$\left\{\begin{array}{l}{4a-b≤0}\\{b-a≤1}\\{a＞0}\end{array}\right.$得$\left\{\begin{array}{l}{0＜a≤\frac{1}{3}}\\{b≤\frac{4}{3}}\end{array}\right.$，∴a+b≤$\frac{5}{3}$．
當(dāng)-$\frac{4a}$≥1即4a+b≤0時(shí)，f（x）在[-1，1]上是減函數(shù)，f_min（x）=f（1）=a+b+1≥0，∴-a-b≤1．
由$\left\{\begin{array}{l}{4a+b≤0}\\{-a-b≤1}\\{a＞0}\end{array}\right.$得$\left\{\begin{array}{l}{0＜a≤\frac{1}{3}}\\{-\frac{4}{3}≤b＜0}\end{array}\right.$，∴a+b＜$\frac{1}{3}$．
當(dāng)-1＜-$\frac{4a}$＜1即-4a＜b＜4a時(shí)，f（x）在[-1，1]上先減后增，f_min（x）=f（-$\frac{4a}$）=-$\frac{^{2}}{8a}$-a+1≥0，∴$\frac{^{2}}{8a}$+a≤1，
由-4a＜b＜4a得b²＜16a²，∴3a≤1，∴0$＜a≤\frac{1}{3}$．∴a+b＜5a≤$\frac{5}{3}$．
③若a＜0，f（x）圖象開(kāi)口向下，對(duì)稱軸為x=-$\frac{4a}$，
當(dāng)-$\frac{4a}$≤-1即4a-b≥0時(shí)，f（x）在[-1，1]上是減函數(shù)，f_min（x）=f（1）=a+b+1≥0，∴a+b≥-1．
由$\left\{\begin{array}{l}{4a-b≥0}\\{a+b≥-1}\\{a＜0}\end{array}\right.$得-$\frac{1}{5}$≤a＜0，又∵b≤4a，∴a+b≤5a＜0．
當(dāng)-$\frac{4a}$≥1即4a+b≥0時(shí)，f（x）在[-1，1]上是增函數(shù)，f_min（x）=f（-1）=a-b+1≥0，∴a-b≥-1，
由$\left\{\begin{array}{l}{4a+b≥0}\\{a-b≥-1}\\{a＜0}\end{array}\right.$得-$\frac{1}{5}$≤a＜0，又∵b≤a+1，∴a+b≤2a+1＜1．
當(dāng)-1＜-$\frac{4a}$＜1即4a＜b＜-4a時(shí)，f（x）在[-1，1]上先增后減，
f（1）=a+b+1≥0．f（-1）=a-b+1≥0，兩式相加得-1≤a＜0，．∴b≤a+1，∴a+b≤2a+1＜1．
綜上，a+b的最大值為$\frac{5}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的零點(diǎn)，一元二次函數(shù)的單調(diào)性，函數(shù)恒成立的條件，分類討論思想．