Question

4．已知f（x）=ax²+bx+2，x∈R
（1）若b=1，且3∉{y|y=f（x），x∈R}，求a的取值范圍
（2）若a=1，且方程f（x）+|x²-1|=2在（0，2）上有兩個(gè)解x₁，x₂，求b的取值范圍，并證明2$＜\frac{1}{{x}_{1}}+\frac{1}{{x}_{2}}＜4$．

Answer 1

分析 （1）由3∉{y|y=f（x），x∈R}，討論a的取值，利用二次函數(shù)的最值，求出a的取值范圍；
（2）把方程f（x）+|x²-1|=2在（0，2）上有兩個(gè)解化為函數(shù)g（x）=x²+bx+|x²-1|在（0，2）上
有2個(gè)零點(diǎn)的問題，去掉絕對(duì)值，討論函數(shù)的單調(diào)函數(shù)，求出g（x）在（0，2）上存在兩個(gè)零點(diǎn)時(shí)
b的取值范圍，得出所求證明．

解答 解：（1）∵b=1時(shí)，f（x）=ax²+x+2，
又3∉{y|y=f（x），x∈R}，
∴a＞0時(shí)，$\frac{4a•2{-1}^{2}}{4a}$＞3，
解得a＜-$\frac{1}{4}$，不合題意，舍去；
a=0時(shí)，也不合題意，應(yīng)舍去；
a＜0時(shí)，$\frac{4a•2{-1}^{2}}{4a}$＜3，
解得a＜-$\frac{1}{4}$，
∴a的取值范圍是{a|a＜-$\frac{1}{4}$}；
（2）a=1時(shí)，方程f（x）+|x²-1|=2在（0，2）上有兩個(gè)解x₁，x₂，
即x²+bx+|x²-1|=0在（0，2）上有兩個(gè)解x₁，x₂；
由題意知b≠0，不妨設(shè)0＜x₁＜x₂＜2，
令g（x）=x²+bx+|x²-1|=$\left\{\begin{array}{l}{bx+1，|x|≤1}\\{{2x}^{2}+bx-1，|x|＞0}\end{array}\right.$；
因?yàn)間（x）在（0，1]上是單調(diào)函數(shù)，
所以g（x）=0在（0，1]上至多有一個(gè)解；
若x₁，x₂∈（1，2），即x₁、x₂就是2x²+bx-1=0的解，
則x₁x₂=-$\frac{1}{2}$，這與題設(shè)矛盾；
因此，x₁∈（0，1]，x₂∈（1，2），
由g（x₁）=0得b=-$\frac{1}{{x}_{1}}$，所以b≤-1；
由g（x₂）=0得b=$\frac{1}{{x}_{2}}$-2x₂，所以-$\frac{7}{2}$＜b＜-1；
故當(dāng)-$\frac{7}{2}$＜b＜-1時(shí)，方程f（x）+|x²-1|=2在（0，2）上有兩個(gè)解；
由b=-$\frac{1}{{x}_{1}}$與b=$\frac{1}{{x}_{2}}$-2x₂，消去b，得$\frac{1}{{x}_{1}}$+$\frac{1}{{x}_{2}}$=2x₂；
又x₂∈（1，2），得2＜$\frac{1}{{x}_{1}}$+$\frac{1}{{x}_{2}}$＜4．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了二次函數(shù)的綜合應(yīng)用問題，構(gòu)造函數(shù)，將絕對(duì)值符號(hào)去掉進(jìn)行討論是解決本題的關(guān)鍵．