Question

17．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${\;}_{\;}^{\;}\frac{b^2}{{{a^2}+{c^2}}}_{\;}^{\;}$的最大值．

Answer 1

分析 （1）利用f（x）＞0的解集為{x|-3＜x＜4}，得出a，b，c的關(guān)系，再解關(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，得出$\left\{\begin{array}{l}a＞0\\△={（{b-2a}）^2}-4a（{c-b}）≤0\end{array}\right.?\left\{\begin{array}{l}a＞0\\{b^2}+4{a^2}-4ac≤0\end{array}$，即可求${\;}_{\;}^{\;}\frac{b^2}{{{a^2}+{c^2}}}_{\;}^{\;}$的最大值．

解答 解：（1）∵ax²+bx+c＞0的解集為{x|-3＜x＜4}，
∴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?ax²+（b-2a）x+c-b≥0恒成立，
∴$\left\{\begin{array}{l}a＞0\\△={（{b-2a}）^2}-4a（{c-b}）≤0\end{array}\right.?\left\{\begin{array}{l}a＞0\\{b^2}+4{a^2}-4ac≤0\end{array}$，
∴0≤b²≤4a（c-a），∴$\frac{b^2}{{{a^2}+{c^2}}}≤\frac{{4a（{c-a}）}}{{{a^2}+{c^2}}}=\frac{{4（{\frac{c}{a}-1}）}}{{1+{{（{\frac{c}{a}}）}^2}}}$
$令_{\;}^{\;}t=\frac{c}{a}$-1，∵4a（c-a）≥b²≥0，∴c≥a＞0⇒$\frac{c}{a}$≥1⇒t≥0．
∴${\;}_{\;}^{\;}\frac{b^2}{{{a^2}+{c^2}}}_{\;}^{\;}$≤$\frac{4t}{1+（t+1）^{2}}$=$\frac{4t}{{t}^{2}+2t+2}$．
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，
∴${\;}_{\;}^{\;}\frac{b^2}{{{a^2}+{c^2}}}_{\;}^{\;}$的最大值為2$\sqrt{2}$-2．

點(diǎn)評(píng) 本題考查不等式的解法，考查恒成立問(wèn)題，考查學(xué)生轉(zhuǎn)化問(wèn)題的方法，屬于中檔題．