Question

20．已知二次函数f（x）=ax²+x（a∈R，a≠0）．
（1）当a＞0时，用作差法证明：f（$\frac{x_1+x_2}{2}$）＜$\frac{1}{2}$[f（x₁）+f（x₂）]；
（2）已知当x∈[0，1]时，|f（x）|≤1恒成立，试求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）把f（$\frac{x_1+x_2}{2}$）、$\frac{1}{2}$[f（x₁）+f（x₂）]分别代入函数解析式，作差判断差的符号证明f（$\frac{x_1+x_2}{2}$）＜$\frac{1}{2}$[f（x₁）+f（x₂）]；
（2）由|f（x）|≤1恒成立，得-1≤ax²+x≤1对x∈[0，1]恒成立，当x=0时，可得a∈R；当x≠0时，分离参数a得到$-\frac{1}{{x}^{2}}-\frac{1}{x}≤a≤\frac{1}{{x}^{2}}-\frac{1}{x}$，令$\frac{1}{x}=t$∈[1，+∞），求出二次函数的最值可得实数a的取值范围．

解答 （1）证明：∵f（x）=ax²+x，
∴f（$\frac{x_1+x_2}{2}$）-$\frac{1}{2}$[f（x₁）+f（x₂）]=$a•（\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}）^{2}+\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}-\frac{1}{2}（a{{x}_{1}}^{2}+{x}_{1}+a{{x}_{2}}^{2}+{x}_{2}）$
=$\frac{a}{4}（{{x}_{1}}^{2}+{{x}_{2}}^{2}+2{x}_{1}{x}_{2}-2{{x}_{1}}^{2}-2{{x}_{2}}^{2}）$=$-\frac{a}{4}（{{x}_{1}}^{2}+{{x}_{2}}^{2}-2{x}_{1}{x}_{2}）$=$-\frac{a}{4}（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}$．
∵a＞0，又$（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}≥0$，∴$-\frac{a}{4}（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}≤0$，
∴f（$\frac{x_1+x_2}{2}$）＜$\frac{1}{2}$[f（x₁）+f（x₂）]；
（2）解：由题意，得-1≤ax²+x≤1对x∈[0，1]恒成立．
1°当x=0时，a∈R；
2°当x≠0时，$-\frac{1}{{x}^{2}}-\frac{1}{x}≤a≤\frac{1}{{x}^{2}}-\frac{1}{x}$．
令$\frac{1}{x}=t$∈[1，+∞），
记g（t）=t²-t≥0，∴a≤0，
h（t）=-t²-t≤-2，则a≥-2．
∴-2≤a≤0，又a≠0．
∴-2≤a＜0．

点评 本题考查恒成立问题，考查了二次函数的性质，训练了分离参数法证明恒成立问题，是中档题．