Question

2．已知二次函數(shù)f（x）=ax²+bx+c．
（1）若f（x）＞0的解集為{x|-3＜x＜4}，解關(guān)于x的不等式bx²+2ax-（c+3b）＜0．
（2）若對(duì)任意x∈R，不等式f（x）≥2ax+b恒成立，求$\frac{4a（c-a）}{{a}^{2}+{c}^{2}}$的最大值．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)f（x）＞0的解集，求出a，b，c的關(guān)系，從而求出不等式的解集；
（2）由f（x）≥2ax+b恒成立，得到a＞0，b²+4a²≤4ac，將$\frac{4a（c-a）}{{a}^{2}+{c}^{2}}$變形為$\frac{4（\frac{c}{a}-1）}{1{+（\frac{c}{a}）}^{2}}$，令t=$\frac{c}{a}$-1，從而構(gòu)造出函數(shù)g（t），求出g（t）的最大值即可．

解答 解：$（1）∵a{x^2}+bx+c＞0_{\;}^{\;}的解集為_(kāi){\;}^{\;}\left\{{x|-3＜x＜4}\right\}$，
∴$a＜0，-3+4=-\frac{a}，-3×4=\frac{c}{a}⇒b=-a，c=-12a（{a＜0}）$．
∴bx²+2ax-（c+3b）＜0?-ax²+2ax+15a＜0（a＜0）
?x²-2x-15＜0，
∴解集為（-3，5）．
$（2）_{\;}^{\;}∵f（x）≥2ax+b?a{x^2}+（{b-2a}）x+c-b≥0恒成立$，
∴$\left\{\begin{array}{l}a＞0\\△={（{b-2a}）^2}-4a（{c-b}）≤0\end{array}\right.?\left\{\begin{array}{l}a＞0\\{b^2}+4{a^2}-4ac≤0\end{array}\right.$，
∴$0≤{b^2}≤4a（{c-a}），_{\;}^{\;}∵\(yùn)frac{{4a（{c-a}）}}{{{a^2}+{c^2}}}=\frac{{4（{\frac{c}{a}-1}）}}{{1+{{（{\frac{c}{a}}）}^2}}}$，
$令_{\;}^{\;}t=\frac{c}{a}-1$，∵4a（c-a）≥b²≥0，
∴$c≥a＞0⇒\frac{c}{a}≥1⇒t≥0$．
$\frac{{4a（{c-a}）}}{{{a^2}+{c^2}}}=\frac{4t}{{1+{{（{t+1}）}^2}}}=\frac{4t}{{{t^2}+2t+2}}，令g（t）=\frac{4t}{{{t^2}+2t+2}}（{t≥0}）$，
$當(dāng)_{\;}^{\;}t=0_{\;}^{\;}時(shí)，g（0）=0；當(dāng)_{\;}^{\;}t＞0_{\;}^{\;}時(shí)，g（t）=\frac{4}{{t+\frac{2}{t}+2}}≤\frac{4}{{2\sqrt{2}+2}}=2\sqrt{2}-2$，
∴$\frac{{4a（{c-a}）}}{{{a^2}+{c^2}}}_{\;}^{\;}的最大值為_(kāi){\;}^{\;}2\sqrt{2}-2$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，不等式問(wèn)題，考查函數(shù)恒成立以及轉(zhuǎn)化思想，求函數(shù)的最值問(wèn)題，是一道中檔題．