Question

1．設(shè)函數(shù)f（x）=x²+ax+b，（a，b∈R）．
（Ⅰ）當b=$\frac{{a}^{2}}{4}$+1時，求函數(shù)f（x）在[-1，1]上的最小值g（a）的表達式；
（Ⅱ）若b=a+1且函數(shù)f（x）在[-1，1]上存在兩個不同零點，試求實數(shù)a的取值范圍．
（Ⅲ）若b=a+1且函數(shù)f（x）在[-1，1]上存在一個零點，試求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出二次函數(shù)的對稱軸方程，討論對稱軸和區(qū)間[-1，1]的關(guān)系，運用函數(shù)的單調(diào)性即可得到最小值；
（Ⅱ）求出f（x）的對稱軸方程，由題意可得f（x）=0在[-1，1]有兩個不等的實根，即有△＞0，f（-1）≥0，f（1）≥0，-1＜-$\frac{a}{2}$＜1，解不等式即可得到所求范圍；
（Ⅲ）由題意可得f（x）=0在[-1，1]有一個實根，即有△=a²-4（a+1）=0，或f（-1）f（1）≤0，解不等式可得所求范圍，注意檢驗等號成立的條件．

解答 解：（Ⅰ）當b=$\frac{{a}^{2}}{4}$+1時，f（x）=（x+$\frac{a}{2}$）²+1，
對稱軸為x=-$\frac{a}{2}$，
當a≤-2時，函數(shù)f（x）在[-1，1]上遞減，則g（a）=f（1）=$\frac{{a}^{2}}{4}$+a+2；
當-2＜a≤2時，即有-1≤-$\frac{a}{2}$＜1，則g（a）=f（-$\frac{a}{2}$）=1；
當a＞2時，函數(shù)f（x）在[-1，1]上遞增，則g（a）=f（-1）=$\frac{{a}^{2}}{4}$-a+2．
綜上可得，g（a）=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{a}^{2}}{4}+a+2，a≤-2}\\{1，-2＜a≤2}\\{\frac{{a}^{2}}{4}-a+2，a＞2}\end{array}\right.$；
（Ⅱ）函數(shù)f（x）=x²+ax+a+1，對稱軸為x=-$\frac{a}{2}$，
由題意可得f（x）=0在[-1，1]有兩個不等的實根，
即有$\left\{\begin{array}{l}{△={a}^{2}-4（a+1）＞0}\\{f（-1）=1-a+a+1≥0}\\{f（1）=2（1+a）≥0}\\{-1＜-\frac{a}{2}＜1}\end{array}\right.$即有$\left\{\begin{array}{l}{a＞2+2\sqrt{2}或a＜2-2\sqrt{2}}\\{a≥-1}\\{-2＜a＜2}\end{array}\right.$，
解得-1≤a＜2-2$\sqrt{2}$；
（Ⅲ）函數(shù)f（x）=x²+ax+a+1，
由題意可得f（x）=0在[-1，1]有一個實根，
即有△=a²-4（a+1）=0，或f（-1）f（1）≤0，
解得a=2$±2\sqrt{2}$，或a≤-1，
當a=2$±2\sqrt{2}$，f（x）=0，可得x=-（1+$\sqrt{2}$）（舍去），
或-1+$\sqrt{2}$∈[-1，1]；
當a=-1時，f（x）=x²-x=0，解得x=0或1（舍去），
綜上可得a的范圍是a＜-1或a=2-2$\sqrt{2}$．

點評 本題考查二次函數(shù)在閉區(qū)間上的最值的求法，同時考查二次方程和函數(shù)的零點的關(guān)系，注意分類討論的思想方法的運用，屬于中檔題．