Question

13．設(shè)a為實數(shù)，函數(shù)f（x）=x²+2a$\sqrt{1-{x}^{2}}$+a²-6a+13
（1）設(shè)t=$\sqrt{1-{x}^{2}}$，把函數(shù)y=f（x）表示成關(guān)于t的函數(shù)g（t）；
（2）求函數(shù)f（x）的最大值M；
（3）是否存在常數(shù)b，使b＞0，b≠1且當(dāng)a＞1時，h（a）=log_bM的最大值等于-$\frac{4}{3}$？若存在，求出b的值；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）由t=$\sqrt{1-{x}^{2}}$，可得0≤t≤1；從而求g（t）=1-t²+2at+α²-6α+13=-（t-a）²+2a²-6a+14，t∈[0，1]；
（2）由g（t）=-（t-a）²+2a²-6a+14，t∈[0，1]，討論a以確定函數(shù)的最大值，從而寫出最大值M；
（3）假設(shè)存在常數(shù)b，使b＞0，b≠1且當(dāng)a＞1時，h（a）=log_bM的最大值等于-$\frac{4}{3}$．即有h（a）=log_b（a²-4a+13）在a＞1時，有最大值-$\frac{4}{3}$．運用二次函數(shù)的最值求法，結(jié)合復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性，解方程可得b的值，即可得到結(jié)論．

解答 解：（1）t=$\sqrt{1-{x}^{2}}$，則0≤t≤1，
即有x²=1-t²，
則g（t）=1-t²+2at+a²-6a+13，
=-（t-a）²+2a²-6a+14，t∈[0，1]；
（2）g（t）=-（t-a）²+2a²-6a+14，t∈[0，1]；
當(dāng)a≤0時，g_max（t）=g（0）=a²-6a+14，
當(dāng)0＜a＜1時，g_max（t）=g（a）=2a²-6a+14，
當(dāng)a≥1時，g_max（t）=g（1）=a²-4a+13．
故M=g_max（t）=$\left\{\begin{array}{l}{{a}^{2}-6a+14，a≤0}\\{2{a}^{2}-6a+14，0＜a＜1}\\{{a}^{2}-4a+13，a≥1}\end{array}\right.$；
（3）假設(shè)存在常數(shù)b，使b＞0，b≠1且當(dāng)a＞1時，h（a）=log_bM的最大值等于-$\frac{4}{3}$．
即有h（a）=log_b（a²-4a+13）在a＞1時，有最大值-$\frac{4}{3}$．
可得a²-4a+13=（a-2）²+9，當(dāng)a=2時，取得最小值9，
可得log_b9=-$\frac{4}{3}$，解得b=$\frac{\sqrt{3}}{9}$∈（0，1），檢驗成立，即假設(shè)成立．
故存在常數(shù)b，b=$\frac{\sqrt{3}}{9}$，且當(dāng)a＞1時，h（a）=log_bM的最大值等于-$\frac{4}{3}$．

點評 本題考查了換元法的應(yīng)用及分段函數(shù)的應(yīng)用，考查二次函數(shù)的最值的求法，注意討論對稱軸和區(qū)間的關(guān)系，同時考查存在性問題的解法，注意運用復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性，考查運算能力，屬于中檔題．