Question

20．已知二次函數(shù)f（x）=ax²+x（a∈R，a≠0）．
（1）當(dāng)a＞0時(shí)，用作差法證明：f（$\frac{x_1+x_2}{2}$）＜$\frac{1}{2}$[f（x₁）+f（x₂）]；
（2）已知當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，|f（x）|≤1恒成立，試求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）把f（$\frac{x_1+x_2}{2}$）、$\frac{1}{2}$[f（x₁）+f（x₂）]分別代入函數(shù)解析式，作差判斷差的符號(hào)證明f（$\frac{x_1+x_2}{2}$）＜$\frac{1}{2}$[f（x₁）+f（x₂）]；
（2）由|f（x）|≤1恒成立，得-1≤ax²+x≤1對(duì)x∈[0，1]恒成立，當(dāng)x=0時(shí)，可得a∈R；當(dāng)x≠0時(shí)，分離參數(shù)a得到$-\frac{1}{{x}^{2}}-\frac{1}{x}≤a≤\frac{1}{{x}^{2}}-\frac{1}{x}$，令$\frac{1}{x}=t$∈[1，+∞），求出二次函數(shù)的最值可得實(shí)數(shù)a的取值范圍．

解答 （1）證明：∵f（x）=ax²+x，
∴f（$\frac{x_1+x_2}{2}$）-$\frac{1}{2}$[f（x₁）+f（x₂）]=$a•（\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}）^{2}+\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}-\frac{1}{2}（a{{x}_{1}}^{2}+{x}_{1}+a{{x}_{2}}^{2}+{x}_{2}）$
=$\frac{a}{4}（{{x}_{1}}^{2}+{{x}_{2}}^{2}+2{x}_{1}{x}_{2}-2{{x}_{1}}^{2}-2{{x}_{2}}^{2}）$=$-\frac{a}{4}（{{x}_{1}}^{2}+{{x}_{2}}^{2}-2{x}_{1}{x}_{2}）$=$-\frac{a}{4}（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}$．
∵a＞0，又$（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}≥0$，∴$-\frac{a}{4}（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}≤0$，
∴f（$\frac{x_1+x_2}{2}$）＜$\frac{1}{2}$[f（x₁）+f（x₂）]；
（2）解：由題意，得-1≤ax²+x≤1對(duì)x∈[0，1]恒成立．
1°當(dāng)x=0時(shí)，a∈R；
2°當(dāng)x≠0時(shí)，$-\frac{1}{{x}^{2}}-\frac{1}{x}≤a≤\frac{1}{{x}^{2}}-\frac{1}{x}$．
令$\frac{1}{x}=t$∈[1，+∞），
記g（t）=t²-t≥0，∴a≤0，
h（t）=-t²-t≤-2，則a≥-2．
∴-2≤a≤0，又a≠0．
∴-2≤a＜0．

點(diǎn)評(píng) 本題考查恒成立問(wèn)題，考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，訓(xùn)練了分離參數(shù)法證明恒成立問(wèn)題，是中檔題．