Question

16．已知函数f（x）=tx，（x∈R）．
（1）若t=ax+b，a，b∈R，且-1≤f（-1）≤2，2≤f（1）≤4，求点（a，b）的集合表示的平面区域的面积；
（2）若t=2+$\frac{1}{{x}^{2}-x}$，（x＜1且x≠0），求函数f（x）的最大值；
（3）若t=x-a-3（a∈R），不等式b²+c²-bc-3b-1≤f（x）≤a+4（b，c∈R）的解集为[-1，5]，求b，c的值．

Answer 1

分析 （1）由题意可得-1≤a-b≤2，2≤a+b≤4，运用点（a，b）的集合表示的平面区域为矩形，由平行直线间的距离公式，即可得到所求面积；
（2）运用基本不等式，注意满足的条件：一正二定三等，即可得到所求最大值；
（3）运用二次不等式的解集，可得对应方程的解，运用韦达定理可得a=1，再由不等式b²+c²-bc-3b-1≤f（x）的最小值，结合判别式非负，可得b=2，进而得到c的不等式，求得c=1．

解答 解：（1）当t=ax+b时，f（x）=ax²+bx，
由-1≤f（-1）≤2，2≤f（1）≤4，
可得-1≤a-b≤2，2≤a+b≤4，
由两平行直线x-y=2和x-y=-1的距离为$\frac{3}{\sqrt{2}}$，
两平行直线x+y=2和x+y=4的距离为$\sqrt{2}$，
可得点（a，b）的集合表示的平面区域（矩形）的面积为$\frac{3}{\sqrt{2}}$×$\sqrt{2}$=3；
（2）若t=2+$\frac{1}{{x}^{2}-x}$，（x＜1且x≠0），
则f（x）=2x+$\frac{1}{x-1}$（x＜1且x≠0），
由2x+$\frac{1}{x-1}$=[2（x-1）+$\frac{1}{x-1}$]+2=-[2（1-x）+$\frac{1}{1-x}$]+2
≤-2$\sqrt{2（1-x）•\frac{1}{1-x}}$+2=2-2$\sqrt{2}$，
当且仅当2（1-x）=$\frac{1}{1-x}$，即x=1-$\frac{\sqrt{2}}{2}$时，等号成立，
则函数的最大值为2-2$\sqrt{2}$；
（3）若t=x-a-3（a∈R），则f（x）=x²-（a+3）x，
f（x）≤a+4（b，c∈R）的解集为[-1，5]，
即x²-（a+3）x-（a+4）≤0的解集为[-1，5]，
即-1，5为方程x²-（a+3）x-（a+4）=0的两根，
可得-1+5=a+3，-1×5=-（a+4），
解得a=1；
再由不等式b²+c²-bc-3b-1≤f（x）≤a+4（b，c∈R）的解集为[-1，5]，
可得b²+c²-bc-3b-1≤f（x）的最小值，
而f（x）=x²-4x=（x-2）²-4的最小值为-4，
则b²+c²-bc-3b-1≤-4，
即b²+c²-bc-3b+3≤0，
记g（c）=c²-bc+b²-3b+3，
则△=b²-4（b²-3b+3）≥0，
即-3（b-2）²≥0，但-3（b-2）²≤0，
则b=2；
即有4+c²-2c-6+3≤0，
即c²-2c+1≤0，即（c-1）²≤0，
但（c-1）²≥0，
即c=1．

点评 本题考查函数的最值的求法，以及不等式的解法和应用，注意运用二次函数和二次方程及不等式的关系，考查化简整理的运算能力，属于中档题．