Question

4．已知f（x）=ax²+bx+2，x∈R
（1）若b=1，且3∉{y|y=f（x），x∈R}，求a的取值范围
（2）若a=1，且方程f（x）+|x²-1|=2在（0，2）上有两个解x₁，x₂，求b的取值范围，并证明2$＜\frac{1}{{x}_{1}}+\frac{1}{{x}_{2}}＜4$．

Answer 1

分析 （1）由3∉{y|y=f（x），x∈R}，讨论a的取值，利用二次函数的最值，求出a的取值范围；
（2）把方程f（x）+|x²-1|=2在（0，2）上有两个解化为函数g（x）=x²+bx+|x²-1|在（0，2）上
有2个零点的问题，去掉绝对值，讨论函数的单调函数，求出g（x）在（0，2）上存在两个零点时
b的取值范围，得出所求证明．

解答 解：（1）∵b=1时，f（x）=ax²+x+2，
又3∉{y|y=f（x），x∈R}，
∴a＞0时，$\frac{4a•2{-1}^{2}}{4a}$＞3，
解得a＜-$\frac{1}{4}$，不合题意，舍去；
a=0时，也不合题意，应舍去；
a＜0时，$\frac{4a•2{-1}^{2}}{4a}$＜3，
解得a＜-$\frac{1}{4}$，
∴a的取值范围是{a|a＜-$\frac{1}{4}$}；
（2）a=1时，方程f（x）+|x²-1|=2在（0，2）上有两个解x₁，x₂，
即x²+bx+|x²-1|=0在（0，2）上有两个解x₁，x₂；
由题意知b≠0，不妨设0＜x₁＜x₂＜2，
令g（x）=x²+bx+|x²-1|=$\left\{\begin{array}{l}{bx+1，|x|≤1}\\{{2x}^{2}+bx-1，|x|＞0}\end{array}\right.$；
因为g（x）在（0，1]上是单调函数，
所以g（x）=0在（0，1]上至多有一个解；
若x₁，x₂∈（1，2），即x₁、x₂就是2x²+bx-1=0的解，
则x₁x₂=-$\frac{1}{2}$，这与题设矛盾；
因此，x₁∈（0，1]，x₂∈（1，2），
由g（x₁）=0得b=-$\frac{1}{{x}_{1}}$，所以b≤-1；
由g（x₂）=0得b=$\frac{1}{{x}_{2}}$-2x₂，所以-$\frac{7}{2}$＜b＜-1；
故当-$\frac{7}{2}$＜b＜-1时，方程f（x）+|x²-1|=2在（0，2）上有两个解；
由b=-$\frac{1}{{x}_{1}}$与b=$\frac{1}{{x}_{2}}$-2x₂，消去b，得$\frac{1}{{x}_{1}}$+$\frac{1}{{x}_{2}}$=2x₂；
又x₂∈（1，2），得2＜$\frac{1}{{x}_{1}}$+$\frac{1}{{x}_{2}}$＜4．

点评 本题考查了二次函数的综合应用问题，构造函数，将绝对值符号去掉进行讨论是解决本题的关键．