Question

10．已知函数f（x）=2ax²+bx-a+1，其中a∈R，b∈R．
（Ⅰ）当a=b=1时，f（x）的零点为0，-$\frac{1}{2}$；
（Ⅱ）当$b=\frac{4}{3}$时，如果存在x₀∈R，使得f（x₀）＜0，试求a的取值范围；
（Ⅲ）如果对于任意x∈[-1，1]，都有f（x）≥0成立，试求a+b的最大值．

Answer 1

分析 （I）令f（x）=0解出；
（II）根据f（x）的函数类型和图象开口讨论，只需f_min（x）＜0即可；
（III）对函数类型，开口方向，单调性进行讨论，令f_min（x）≥0列出不等式，根据不等式的性质得出a+b的范围．

解答 解：（I）a=b=1时，f（x）=2x²+x，令f（x）=0，解得x=0或x=-$\frac{1}{2}$．∴f（x）的零点为0，-$\frac{1}{2}$．
（II）当b=$\frac{4}{3}$时，f（x）=2ax²+$\frac{4}{3}$x-a+1，
①当a=0时，f（x）=$\frac{4}{3}x$+1，f（x）为R上的增函数，f（-$\frac{3}{4}$）=0，∴当x₀＜-$\frac{3}{4}$时，f（x₀）＜0，符合题意；
②当a＜0时，f（x）的图象开口向下，显然存在x₀∈R，使得f（x₀）＜0，符合题意；
③当a＞0时，f（x）的图象开口向上，对称轴为x=-$\frac{1}{3a}$，f_min（x）=f（-$\frac{1}{3a}$）=1-a-$\frac{2}{9a}$，
令1-a-$\frac{2}{9a}$＜0，解得a$＞\frac{2}{3}$或0＜a＜$\frac{1}{3}$．
综上，a的取值范围是（-∞，$\frac{1}{3}$）∪（$\frac{2}{3}$，+∞）．
（III）①若a=0，f（x）=bx+1，
当b=0时，f（x）=1，符合题意，此时，a+b=0，
当b＞0时，f（x）在[-1，1]上是增函数，∴f_min（x）=f（-1）=-b+1≥0，∴b≤1，此时，a+b=b≤1．
当b＜0时，f（x）在[-1，1]上是减函数，∴f_min（x）=f（1）=b+1≥0，∴-1≤b＜0，此时a+b=b＜0．
②若a＞0，f（x）图象开口向上，对称轴为x=-$\frac{b}{4a}$，
当-$\frac{b}{4a}$≤-1即4a-b≤0时，f（x）在[-1，1]上是增函数，f_min（x）=f（-1）=a-b+1≥0，∴b-a≤1．
由$\left\{\begin{array}{l}{4a-b≤0}\\{b-a≤1}\\{a＞0}\end{array}\right.$得$\left\{\begin{array}{l}{0＜a≤\frac{1}{3}}\\{b≤\frac{4}{3}}\end{array}\right.$，∴a+b≤$\frac{5}{3}$．
当-$\frac{b}{4a}$≥1即4a+b≤0时，f（x）在[-1，1]上是减函数，f_min（x）=f（1）=a+b+1≥0，∴-a-b≤1．
由$\left\{\begin{array}{l}{4a+b≤0}\\{-a-b≤1}\\{a＞0}\end{array}\right.$得$\left\{\begin{array}{l}{0＜a≤\frac{1}{3}}\\{-\frac{4}{3}≤b＜0}\end{array}\right.$，∴a+b＜$\frac{1}{3}$．
当-1＜-$\frac{b}{4a}$＜1即-4a＜b＜4a时，f（x）在[-1，1]上先减后增，f_min（x）=f（-$\frac{b}{4a}$）=-$\frac{{b}^{2}}{8a}$-a+1≥0，∴$\frac{{b}^{2}}{8a}$+a≤1，
由-4a＜b＜4a得b²＜16a²，∴3a≤1，∴0$＜a≤\frac{1}{3}$．∴a+b＜5a≤$\frac{5}{3}$．
③若a＜0，f（x）图象开口向下，对称轴为x=-$\frac{b}{4a}$，
当-$\frac{b}{4a}$≤-1即4a-b≥0时，f（x）在[-1，1]上是减函数，f_min（x）=f（1）=a+b+1≥0，∴a+b≥-1．
由$\left\{\begin{array}{l}{4a-b≥0}\\{a+b≥-1}\\{a＜0}\end{array}\right.$得-$\frac{1}{5}$≤a＜0，又∵b≤4a，∴a+b≤5a＜0．
当-$\frac{b}{4a}$≥1即4a+b≥0时，f（x）在[-1，1]上是增函数，f_min（x）=f（-1）=a-b+1≥0，∴a-b≥-1，
由$\left\{\begin{array}{l}{4a+b≥0}\\{a-b≥-1}\\{a＜0}\end{array}\right.$得-$\frac{1}{5}$≤a＜0，又∵b≤a+1，∴a+b≤2a+1＜1．
当-1＜-$\frac{b}{4a}$＜1即4a＜b＜-4a时，f（x）在[-1，1]上先增后减，
f（1）=a+b+1≥0．f（-1）=a-b+1≥0，两式相加得-1≤a＜0，．∴b≤a+1，∴a+b≤2a+1＜1．
综上，a+b的最大值为$\frac{5}{3}$．

点评 本题考查了函数的零点，一元二次函数的单调性，函数恒成立的条件，分类讨论思想．