Question

9．設(shè)函數(shù)f（x）=x²+ax+b（a，b∈R）．
（Ⅰ）當(dāng)b=$\frac{{a}^{2}}{4}$+1時(shí)，求函數(shù)f（x）在[-1，1]上的最小值g（a）的表達(dá)式．
（Ⅱ）已知函數(shù)f（x）在[-1，1]上存在零點(diǎn)，0≤b-2a≤1，求b的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出二次函數(shù)的對稱軸方程，討論對稱軸和區(qū)間[-1，1]的關(guān)系，運(yùn)用函數(shù)的單調(diào)性即可得到最小值；
（Ⅱ）設(shè)s，t是方程f（x）=0的解，且-1≤t≤1，運(yùn)用韋達(dá)定理和已知條件，得到s的不等式，討論t的范圍，得到st的范圍，由分式函數(shù)的值域，即可得到所求b的范圍．

解答 解：（Ⅰ）當(dāng)b=$\frac{{a}^{2}}{4}$+1時(shí)，f（x）=（x+$\frac{a}{2}$）²+1，對稱軸為x=-$\frac{a}{2}$，
當(dāng)a≤-2時(shí)，函數(shù)f（x）在[-1，1]上遞減，則g（a）=f（1）=$\frac{{a}^{2}}{4}$+a+2；
當(dāng)-2＜a≤2時(shí)，即有-1≤-$\frac{a}{2}$＜1，則g（a）=f（-$\frac{a}{2}$）=1；
當(dāng)a＞2時(shí)，函數(shù)f（x）在[-1，1]上遞增，則g（a）=f（-1）=$\frac{{a}^{2}}{4}$-a+2．
綜上可得，g（a）=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{a}^{2}}{4}+a+2，a≤-2}\\{1，-2＜a≤2}\\{\frac{{a}^{2}}{4}-a+2，a＞2}\end{array}\right.$；
（Ⅱ）設(shè)s，t是方程f（x）=0的解，且-1≤t≤1，
則$\left\{\begin{array}{l}{s+t=-a}\\{st=b}\end{array}\right.$，
由于0≤b-2a≤1，
由此$\frac{-2t}{2+t}$≤s≤$\frac{1-2t}{2+t}$（-1≤t≤1），
當(dāng)0≤t≤1時(shí)，$\frac{-2{t}^{2}}{t+2}$≤st≤$\frac{t-2{t}^{2}}{t+2}$，
由-$\frac{2}{3}$≤$\frac{-2{t}^{2}}{t+2}$≤0，由$\frac{t-2{t}^{2}}{t+2}$=9-[（2（t+2）+$\frac{10}{t+2}$]≤9-2$\sqrt{20}$，
得-$\frac{1}{3}$≤$\frac{t-2{t}^{2}}{t+2}$≤9-4$\sqrt{5}$，
所以-$\frac{2}{3}$≤b≤9-4$\sqrt{5}$；
當(dāng)-1≤t＜0時(shí)，$\frac{t-2{t}^{2}}{t+2}$≤st≤$\frac{-2{t}^{2}}{t+2}$，
由于-2≤$\frac{-2{t}^{2}}{t+2}$＜0和-3≤$\frac{t-2{t}^{2}}{t+2}$＜0，所以-3≤b＜0，
故b的取值范圍是[-3，9-4$\sqrt{5}$]．

點(diǎn)評 本題考查二次函數(shù)在閉區(qū)間上的最值的求法，同時(shí)考查二次方程和函數(shù)的零點(diǎn)的關(guān)系，以及韋達(dá)定理的運(yùn)用，考查不等式的性質(zhì)和分式函數(shù)的最值的求法，屬于中檔題．