Question

19．已知函数f（x）=x²+ax+b（a，b∈R），若存在非零实数t，使得f（t）+f（$\frac{1}{t}$）=-2，则a²+4b²的最小值为$\frac{16}{5}$．

Answer 1

分析 存在非零实数t，使得f（t）+f（$\frac{1}{t}$）=-2，化为t²+at+b+$\frac{1}{{t}^{2}}$+$\frac{a}{t}$+b=-2，令t+$\frac{1}{t}$=m，|m|≥2．上式化为：m²+am+2b=0，设$\overrightarrow{α}$=（a，2b），$\overrightarrow{β}$=（m，1），利用m²=$-\overrightarrow{α}•\overrightarrow{β}$≤$|\overrightarrow{α}||\overrightarrow{β}|$，可得a²+4b²≥$\frac{{m}^{4}}{{m}^{2}+1}$=${m}^{2}+1+\frac{1}{{m}^{2}+1}$-2，令m²+1=s≥5，f（s）=s+$\frac{1}{s}$，利用导数研究其单调性即可得出．

解答 解：∵存在非零实数t，使得f（t）+f（$\frac{1}{t}$）=-2，
∴t²+at+b+$\frac{1}{{t}^{2}}$+$\frac{a}{t}$+b=-2，
令t+$\frac{1}{t}$=m，|m|≥2．
上式化为：m²+am+2b=0，
设$\overrightarrow{α}$=（a，2b），$\overrightarrow{β}$=（m，1），
则m²=$-\overrightarrow{α}•\overrightarrow{β}$≤$|\overrightarrow{α}||\overrightarrow{β}|$=$\sqrt{{a}^{2}+4{b}^{2}}\sqrt{{m}^{2}+1}$
∴a²+4b²≥$\frac{{m}^{4}}{{m}^{2}+1}$=${m}^{2}+1+\frac{1}{{m}^{2}+1}$-2，
令m²+1=s≥5，
f（s）=s+$\frac{1}{s}$，f′（s）=1-$\frac{1}{{s}^{2}}$=$\frac{{s}^{2}-1}{{s}^{2}}$＞0，
∴f（s）在[5，+∞）上单调递增，
∴f（s）≥5+$\frac{1}{5}$，
则a²+4b²的最小值为$\frac{26}{5}-2$=$\frac{16}{5}$．此时t=±1．
故答案为：$\frac{16}{5}$．

点评 本题考查了“换元法”、基本不等式的性质、向量的数量积运算性质、利用导数研究函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于难题．