Question

11．已知二次函數(shù)f（x）=ax²+bx+c（a，b，c∈R），對任意實(shí)數(shù)x，不等式$2x≤f（x）≤\frac{1}{2}{（x+1）^2}$恒成立，
（Ⅰ）求f（-1）的取值范圍；
（Ⅱ）對任意x₁，x₂∈[-3，-1]，恒有|f（x₁）-f（x₂）|≤1，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ））根據(jù)不等式，先令x=1，可得f（1）=2，即a+b+c=2，再由不等式恒成立，結(jié)合二次函數(shù)的判別式小于等于0，及配方思想，可得a的范圍，進(jìn)而得到f（-1）=4a-2，可得范圍．
（2）對任意x₁，x₂∈[-3，-1]，恒有|f（x₁）-f（x₂）|≤1，f（x）_max-f（x）_min≤1，結(jié)合二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)分類討論，可得實(shí)數(shù)a的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ） 由題意可知f（1）≥2，f（1）≤2，
∴f（1）=2，
∴a+b+c=2，
∵對任意實(shí)數(shù)x都有f（x）≥2x，即ax²+（b-2）x+c≥0恒成立，
∴$\left\{\begin{array}{l}a＞0\\{（b-2）^2}-4ac≤0\end{array}\right.$，由a+b+c=2，
∴a=c，b=2-2a，
此時$f（x）-\frac{1}{2}{（x+1）^2}=（a-\frac{1}{2}）{（x-1）^2}$，
∵對任意實(shí)數(shù)x都有$f（x）≤\frac{1}{2}{（x+1）^2}$成立，
∴$0＜a≤\frac{1}{2}$，
∴f（-1）=a-b+c=4a-2的取值范圍是（-2，0]．
（Ⅱ） 對任意x₁，x₂∈[-3，-1]都有|f（x₁）-f（x₂）|≤1等價于在[-3，-1]上的最大值與最小值之差M≤1，
由（1）知 $f（x）=a{x^2}+2（1-a）x+a，a∈（0，\frac{1}{2}]$，
即$f（x）=a{（x-\frac{a-1}{a}）^2}+2-\frac{1}{a}$，對稱軸：${x_0}=1-\frac{1}{a}∈（-∞，-1]$，
據(jù)此分類討論如下：
（ⅰ）當(dāng)-2＜x₀≤-1即$\frac{1}{3}＜a≤\frac{1}{2}$時，$M=f（-3）-f（{x_0}）=16a+\frac{1}{a}-8≤1$，$⇒\frac{{9-\sqrt{17}}}{32}≤a≤\frac{{9+\sqrt{17}}}{32}$$⇒\frac{1}{3}＜a≤\frac{{9+\sqrt{17}}}{32}$．
（ⅱ） 當(dāng)-3＜x₀≤-2，即$\frac{1}{4}＜a≤\frac{1}{3}$時，$M=f（-1）-f（{x_0}）=4a+\frac{1}{a}-4≤1$恒成立．
（ⅲ）當(dāng)x₀≤-3，即$0＜a≤\frac{1}{4}$時，M=f（-1）-f（-3）=4-12a≤1$⇒a=\frac{1}{4}$．
綜上可知，$\frac{1}{4}≤a≤\frac{{9+\sqrt{17}}}{32}$．

點(diǎn)評 本題考查的知識點(diǎn)是二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，熟練掌握二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)是解答的關(guān)鍵．綜合較強(qiáng)，有一定的難度．