Question

15．已知函數(shù)f（x）=x²+k$\sqrt{1-{x}^{2}}$．任取實數(shù)a，b，c∈[-1，1]，以f（a），f（b），f（c）為三邊長可以構(gòu)成三角形，則實數(shù)k的取值范圍為（4-2$\sqrt{3}$，2）．

Answer 1

分析 利用換元法求出f（x）的最值，令2f_min（x）＞f_max（x）解出a的范圍．

解答 解：設(shè)f（x）的最小值為m，f（x）的最大值為M，
∵取實數(shù)a，b，c∈[-1，1]，以f（a），f（b），f（c）為三邊長可以構(gòu)成三角形，
∴2m＞M．
令$\sqrt{1-{x}^{2}}$=t，則0≤t≤1，x²=1-t²．
∴x²+k$\sqrt{1-{x}^{2}}$=-t²+kt+1，
令g（t）=-t²+kt+1=-（t-$\frac{k}{2}$）²+$\frac{{k}^{2}}{4}$+1，
（1）若$\frac{k}{2}$≤0即k≤0，則g（t）在[0，1]上單調(diào)遞減，
∴m=g（1）=k，M=g（0）=1，
∴2k＞1，解得k$＞\frac{1}{2}$，舍去．
（2）若$\frac{k}{2}≥1$即k≥2，則g（t）在[0，1]上單調(diào)遞增，
∴m=g（0）=1，M=g（1）=k，
∴2＞k，即k＜2，舍去．
（3）若0＜$\frac{k}{2}$$≤\frac{1}{2}$，即0＜k≤1，則g（t）在[0，$\frac{k}{2}$]上單調(diào)遞增，在[$\frac{k}{2}$，1]上單調(diào)遞減，
∴m=g（1）=k，M=g（$\frac{k}{2}$）=$\frac{{k}^{2}}{4}+1$，
∴2k＞$\frac{{k}^{2}}{4}+1$，解得4-2$\sqrt{3}$＜k＜4+2$\sqrt{3}$．
∴4-2$\sqrt{3}$＜k≤1．
（4）若$\frac{1}{2}$$＜\frac{k}{2}$＜1即1＜k＜2，則g（t）在[0，$\frac{k}{2}$]上單調(diào)遞增，在[$\frac{k}{2}$，1]上單調(diào)遞減，
∴m=g（0）=1，M=g（$\frac{k}{2}$）=$\frac{{k}^{2}}{4}+1$．
∴2＞$\frac{{k}^{2}}{4}+1$，解得-2＜k＜2，
∴1＜k＜2．
綜上，k的取值范圍是（4-2$\sqrt{3}$，2）．
故答案為（4-2$\sqrt{3}$，2）．

點評 本題考查了函數(shù)最值的求法，二次函數(shù)的性質(zhì)，屬于難題．