Question

已知函數(shù)f（x）=（k²+1）x²-2kx-（k-1）²（k∈R），x₁，x₂是f（x）的兩個零點，且x₁＞x₂．
（1）①求證：x₁=1；②求x₂的取值范圍；
（2）記g（k）為函數(shù)f（x）的最小值，當x₂∈[-2，-1]時，求g（k）的最大值．

Answer 1

考點：二次函數(shù)的性質(zhì)

專題：函數(shù)的性質(zhì)及應用

分析：（1）①令f（x）=0即可解出兩個零點，從而可證：x₁=1；②由①得x₂=

-k2+2k-1

k2+1

，可化為（1+x₂）k²-2k+x₂+1=0．因為k∈R，且此關于k的方程必有解，討論可得x₂的取值范圍為[-2，0]．
（2）由x₂∈[-2，-1]，得-2≤

-k2+2k-1

k2+1

≤-1，得k≤0．g（k）=

-4(k2+1)(k2-2k+1)-4k2

4(k2+1)

=-[（k²-2k+1）+

k2

k2+1

]．g（k）在區(qū)間（-∞，0]上是增函數(shù)，所以當k=0時，g（k）取到最大值g（0）=-1．故當x₂∈[-2，-1]時，g（k）的最大值為-1．

解答： 解：（1）①證明：由f（x）=0得（k²+1）x²-2kx-（k-1）²=0
即[（k²+1）x+（k-1）²]•（x-1）=0
所以函數(shù)f（x）的兩個零點為1和-

(k-1)2

k2+1

．
又-

(k-1)2

k2+1

＜0，所以x₁=1；x₂=-

(k-1)2

k2+1

．
所以x₁=1成立．
②由①得x₂=-

(k-1)2

k2+1

=

-k2+2k-1

k2+1

，
可化為（1+x₂）k²-2k+x₂+1=0．
因為k∈R，且此關于k的方程必有解，
所以當x₂=-1，此時k=0；
當x₂≠-1，此方程的△=4-4(x2+1)2≥0，解得-2≤x₂≤0，
則-2≤x₂≤0且x₂≠-1．
綜上，x₂的取值范圍為[-2，0]．
（2）由x₂∈[-2，-1]，得-2≤

-k2+2k-1

k2+1

≤-1，得k≤0．
又函數(shù)f（x）的最小值為

-4(k2+1)(k2-2k+1)-4k2

4(k2+1)

，
即g（k）=

-4(k2+1)(k2-2k+1)-4k2

4(k2+1)

=-[（k²-2k+1）+

k2

k2+1

]．
下面證明g（k）在區(qū)間（-∞，0]上是增函數(shù)，
對任意的k₁＜k₂≤0，
都有g（k₁）-g（k₂）=-[（k12-2k₁+1）+

k12

k12+1

]+[（k22-2k₂+1）+

k22

k22+1

]
=（k₂-k₁）[（k₂+k₁）-2+

k1+k2

(k12+1)(k22+1)

]，
因為k₁＜k₂≤0，所以k₂-k₁＞0，k₂+k₁＜0，

k1+k2

(k12+1)(k22+1)

＜0，
所以（k₂-k₁）[（k₂+k₁）-2+

k1+k2

(k12+1)(k22+1)

]＜0，
即g（k₁）-g（k₂）＜0，所以g（k）在區(qū)間（-∞，0]上是增函數(shù)．
所以當k=0時，g（k）取到最大值g（0）=-1．
當x₂∈[-2，-1]時，g（k）的最大值為-1．

點評：本題主要考察了二次函數(shù)的性質(zhì)及應用，考察了函數(shù)單調(diào)性質(zhì)的證明，考察了計算能力，屬于中檔題．