Question

1．定义区间I=（α，β）的长度为β-α，已知函数f（x）=ax²+（a²+1）x，其中a＜0，区间I={x|f（x）＞0}．
（Ⅰ）求区间I的长度；
（Ⅱ）设区间I的长度函数为g（a），试判断函数g（a）在（-∞，-1]上的单调性；
（Ⅲ）在上述函数g（a）中，若a∈（-∞，-1]，问：是否存在实数k，使得g（k-sinx-3）≤g（k²-sin²x-4）对一切x∈R恒成立，若存在，求出k的范围；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）解不等式f（x）＞0，可得区间I的长度；
（Ⅱ）由（I）知$g（a）=-a-\frac{1}{a}$，a∈（-∞，-1]，根据定义法，可证得函数g（a）在（-∞，-1]上为减函数；
（Ⅲ）设存在实数k，使得g（k-sinx-3）≤g（k²-sin²x-4）对一切x∈R恒成立，则$\left\{{\begin{array}{l}{k-sinx-3≤-1}\\{{k^2}-{{sin}^2}x-4≤-1}\\{k-sinx-3≤{k^2}-{{sin}^2}x-4}\end{array}}\right.$，解得答案．

解答 （本小题满分13分）
解：（Ⅰ）f（x）＞0，即ax²+（a²+1）x＞0
∵a＜0
∴-ax²-（a²+1）x＜0
⇒-x[ax+（a²+1）]＜0…（2分）
∴$0＜x＜-\frac{{{a^2}+1}}{a}$，即$I=（{0，-\frac{{{a^2}+1}}{a}}）$…（3分）
∴I的长度为$-\frac{{{a^2}+1}}{a}=-a-\frac{1}{a}$…（4分）
（Ⅱ）由（I）知$g（a）=-a-\frac{1}{a}$，a∈（-∞，-1]
设任意的a₁，a₂∈（-∞，-1]且a₁＜a₂，则…（5分）
g（a₁）-g（a₂）=$（{-{a_1}-\frac{1}{a_1}}）-（{-{a_2}-\frac{1}{a_2}}）$=$（{{a_2}-{a_1}}）•\frac{{{a_1}{a_2}-1}}{{{a_1}{a_2}}}$…（6分）
∵a₁＜a₂≤-1，
∴a₁a₂＞1，
∴a₁a₂-1＞0，又a₂-a₁＞0…（7分）
∴$（{{a_2}-{a_1}}）•\frac{{{a_1}{a_2}-1}}{{{a_1}{a_2}}}＞0$，即g（a₁）＞g（a₂）
∴函数g（a）在（-∞，-1]上为减函数．…（8分）
（说明：如果运用对勾函数的知识解决问题，参照给分）
（Ⅲ）设存在实数k，使得g（k-sinx-3）≤g（k²-sin²x-4）对一切x∈R恒成立，
则$\left\{{\begin{array}{l}{k-sinx-3≤-1}\\{{k^2}-{{sin}^2}x-4≤-1}\\{k-sinx-3≤{k^2}-{{sin}^2}x-4}\end{array}}\right.$
⇒$\left\{{\begin{array}{l}{k≤sinx+2}\\{{k^2}≤{{sin}^2}x+3}\\{{k^2}-k-1≤{{sin}^2}x-sinx}\end{array}}\right.$…（10分）
$⇒\left\{{\begin{array}{l}{k≤1}\\{-\sqrt{3}≤k≤\sqrt{3}}\\{-\frac{1}{2}≤k≤\frac{3}{2}}\end{array}}\right.$$⇒-\frac{1}{2}≤k≤1$…（12分）
∴存在实数$k∈[{-\frac{1}{2}，1}]$使得g（k-sinx-3）≤g（k²-sin²x-4）对一切x∈R恒成立…（13分）

点评 本题考查的知识点是二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质，是解答的关键．