分析 (1)根據(jù)f(x)>0的解集,求出a,b,c的關(guān)系,從而求出不等式的解集;
(2)由f(x)≥2ax+b恒成立,得到a>0,b2+4a2≤4ac,將$\frac{4a(c-a)}{{a}^{2}+{c}^{2}}$變形為$\frac{4(\frac{c}{a}-1)}{1{+(\frac{c}{a})}^{2}}$,令t=$\frac{c}{a}$-1,從而構(gòu)造出函數(shù)g(t),求出g(t)的最大值即可.
解答 解:$(1)∵a{x^2}+bx+c>0_{\;}^{\;}的解集為_{\;}^{\;}\left\{{x|-3<x<4}\right\}$,
∴$a<0,-3+4=-\frac{a},-3×4=\frac{c}{a}⇒b=-a,c=-12a({a<0})$.
∴bx2+2ax-(c+3b)<0?-ax2+2ax+15a<0(a<0)
?x2-2x-15<0,
∴解集為(-3,5).
$(2)_{\;}^{\;}∵f(x)≥2ax+b?a{x^2}+({b-2a})x+c-b≥0恒成立$,
∴$\left\{\begin{array}{l}a>0\\△={({b-2a})^2}-4a({c-b})≤0\end{array}\right.?\left\{\begin{array}{l}a>0\\{b^2}+4{a^2}-4ac≤0\end{array}\right.$,
∴$0≤{b^2}≤4a({c-a}),_{\;}^{\;}∵\frac{{4a({c-a})}}{{{a^2}+{c^2}}}=\frac{{4({\frac{c}{a}-1})}}{{1+{{({\frac{c}{a}})}^2}}}$,
$令_{\;}^{\;}t=\frac{c}{a}-1$,∵4a(c-a)≥b2≥0,
∴$c≥a>0⇒\frac{c}{a}≥1⇒t≥0$.
$\frac{{4a({c-a})}}{{{a^2}+{c^2}}}=\frac{4t}{{1+{{({t+1})}^2}}}=\frac{4t}{{{t^2}+2t+2}},令g(t)=\frac{4t}{{{t^2}+2t+2}}({t≥0})$,
$當_{\;}^{\;}t=0_{\;}^{\;}時,g(0)=0;當_{\;}^{\;}t>0_{\;}^{\;}時,g(t)=\frac{4}{{t+\frac{2}{t}+2}}≤\frac{4}{{2\sqrt{2}+2}}=2\sqrt{2}-2$,
∴$\frac{{4a({c-a})}}{{{a^2}+{c^2}}}_{\;}^{\;}的最大值為_{\;}^{\;}2\sqrt{2}-2$.
點評 本題考查了二次函數(shù)的性質(zhì),不等式問題,考查函數(shù)恒成立以及轉(zhuǎn)化思想,求函數(shù)的最值問題,是一道中檔題.
科目:高中數(shù)學 來源: 題型:填空題
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
A. | 2$\sqrt{2}$ | B. | $\sqrt{5}$ | C. | 3 | D. | 2$\sqrt{5}$ |
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
A. | (-1,1] | B. | (-1,1) | C. | ∅ | D. | [-1,2] |
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:填空題
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
A. | $\frac{1}{52}$ | B. | $\frac{1}{13}$ | C. | $\frac{1}{26}$ | D. | $\frac{1}{4}$ |
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:填空題
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