Question

11．已知函數(shù)f（x）=x²+ax+b，g（x）=2x²+2，存在實數(shù)b，使得對任意x∈R，有-g（x）≤f（x）≤g（x）．
（Ⅰ）求a的取值范圍；
（Ⅱ）若方程f（x）-x=0有兩個實數(shù)根x₁，x₂，求|x₁-x₂|的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根據(jù)條件便可得到不等式組$\left\{\begin{array}{l}{3{x}^{2}+ax+b+2≥0}\\{{x}^{2}-ax+2-b≥0}\end{array}\right.$對于任意的x∈R恒成立，從而有$\left\{\begin{array}{l}{{△}_{1}={a}^{2}-12b-24≤0}\\{{△}_{2}={a}^{2}+4b-8≤0}\end{array}\right.$，這樣便可得到$\frac{{a}^{2}}{3}-8≤4b≤-{a}^{2}+8$，從而有$\frac{{a}^{2}}{3}-8≤-{a}^{2}+8$，從而便可得出a的取值范圍為$[-2\sqrt{3}，2\sqrt{3}]$；
（Ⅱ）可以得到方程x²+（a-1）x+b=0的兩根為x₁，x₂，由韋達定理即可得出$|{x}_{1}-{x}_{2}|=\sqrt{（1-a）^{2}-4b}$，而由（Ⅰ）即可得到$2{a}^{2}-2a-7≤（1-a）^{2}-4b≤\frac{2{a}^{2}}{3}-2a+9$，根據(jù)上面求得的a的范圍，便可判斷出a=$-2\sqrt{3}$時，|x₁-x₂|取得最大值，并可求出該最大值．

解答 解：（Ⅰ）由-g（x）≤f（x）≤g（x）得：$\left\{\begin{array}{l}{f（x）+g（x）≥0}\\{g（x）-f（x）≥0}\end{array}\right.$對任意的x∈R恒成立；
即$\left\{\begin{array}{l}{3{x}^{2}+ax+b+2≥0}\\{{x}^{2}-ax+2-b≥0}\end{array}\right.$對任意的x∈R恒成立；
∴$\left\{\begin{array}{l}{{△}_{1}={a}^{2}-12b-24≤0}\\{{△}_{2}={a}^{2}+4b-8≤0}\end{array}\right.$；
∴$\frac{{a}^{2}}{3}-8≤4b≤-{a}^{2}+8$；
∴$\frac{{a}^{2}}{3}-8≤-{a}^{2}+8$；
解得$-2\sqrt{3}≤a≤2\sqrt{3}$；
∴a的取值范圍為$[-2\sqrt{3}，2\sqrt{3}]$；
（Ⅱ）由f（x）-x=0得，x²+（a-1）x+b=0，該方程的兩個實數(shù)根為x₁，x₂，則：
x₁+x₂=1-a，x₁x₂=b；
∴$|{x}_{1}-{x}_{2}|=\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{（1-a）^{2}-4b}$；
由（Ⅰ）知，${a}^{2}-8≤-4b≤-\frac{{a}^{2}}{3}+8$；
∴$2{a}^{2}-2a-7≤（1-a）^{2}-4b≤\frac{2{a}^{2}}{3}-2a+9$；
∴$2（a-\frac{1}{2}）^{2}-\frac{15}{2}≤（1-a）^{2}-4b≤\frac{2}{3}（a-\frac{3}{2}）^{2}+\frac{21}{2}$；
∴$a=-2\sqrt{3}$時，（1-a）²-4b取到最大值$17+4\sqrt{3}$；
∴|x₁-x₂|的最大值為$\sqrt{17+4\sqrt{3}}$．

點評 考查不等式的性質(zhì)，一元二次不等式恒成立時，判別式△的取值情況，一元二次不等式的解法，韋達定理，完全平方式的運用，以及配方法求二次函數(shù)在閉區(qū)間上的最值．