Question

1．已知函数f（x）=ax²-（a+1）x+1-b（a，b∈R）．
（1）若a=1，关于x的不等式$\frac{f（x）}{x}$≥6在区间[1，3]上恒成立，求b的取值范围；
（2）若b=0，解关于x的不等式f（x）＜0；
（3）若f（1）•f（-1）＞0，且|a-b|≤2，求a²+b²-（a+2b）的取值范围．

Answer 1

分析 （1）a=1，关于x的不等式$\frac{f（x）}{x}$≥6在区间[1，3]上恒成立，可得b≤x²-4x+1=（x-2）²-3，即可求b的取值范围；
（2）若b=0，不等式f（x）＜0，化为（x-1）（ax-1）＜0，分类讨论，即可得出解集；
（3）若f（1）•f（-1）＞0，且|a-b|≤2，则f（1）•f（-1）＞0，且|a-b|≤2，可得$\left\{\begin{array}{l}{f（1）=-b＞0}\\{f（-1）=2a-b+2＞0}\\{a-b+2≥0}\\{a-b-2≤0}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{f（1）=-b＜0}\\{f（-1）=2a-b+2＜0}\\{a-b+2≥0}\\{a-b-2≤0}\end{array}\right.$，利用a²+b²-（a+2b）=（a-$\frac{1}{2}$）²+（b-1）²-$\frac{5}{4}$，即可求a²+b²-（a+2b）的取值范围．

解答 解：（1）∵a=1，关于x的不等式$\frac{f（x）}{x}$≥6在区间[1，3]上恒成立，
∴b≤（x²-8x+1）_min=[（x-4）²-15]_min，
∵x∈[1，3]，
∴b≤-14；
（2）b=0，f（x）=ax²-（a+1）x+1＜0，可化为（x-1）（ax-1）＜0，
∴a=0时，解集为{x|x＞1}；
0＜a＜1时，解集为{x|1＜x＜$\frac{1}{a}$}；
a=1时，解集为∅；
a＞1时，解集为{x|$\frac{1}{a}$＜x＜1}；
a＜0时，解集为{x|x＜$\frac{1}{a}$或x＞1}；
（3）a²+b²-（a+2b）=（a-$\frac{1}{2}$）²+（b-1）²-$\frac{5}{4}$
f（1）•f（-1）＞0，且|a-b|≤2，可得$\left\{\begin{array}{l}{f（1）=-b＞0}\\{f（-1）=2a-b+2＞0}\\{a-b+2≥0}\\{a-b-2≤0}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{f（1）=-b＜0}\\{f（-1）=2a-b+2＜0}\\{a-b+2≥0}\\{a-b-2≤0}\end{array}\right.$，
当满足得$\left\{\begin{array}{l}{f（1）=-b＞0}\\{f（-1）=2a-b+2＞0}\\{a-b+2≥0}\\{a-b-2≤0}\end{array}\right.$时，

因此点（$\frac{1}{2}$，1）在区域内的距离的最小值为点（$\frac{1}{2}$，1）到直线a-b-2的距离，即$\frac{|\frac{1}{2}-1-2|}{\sqrt{2}}$=$\frac{5\sqrt{2}}{4}$，因此
a²+b²-（a+2b）=（a-$\frac{1}{2}$）²+（b-1）²-$\frac{5}{4}$≥（$\frac{5\sqrt{2}}{4}$）²-$\frac{5}{4}$=$\frac{15}{8}$

点评 本题考查恒成立问题，考查解不等式，考查分类讨论的数学思想，考查线性规划知识，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．