Question

10．函數(shù)f（x）=ax²+bx+c（a＞0，b，c∈R）的圖象過點（1，0），對任意x₁∈[0，2]，存在x₂∈[0，2]，使得f（x₁）+f（x₂）＞$\frac{3}{2}$a，則$\frac{a}$的取值范圍是（-∞，-4+$\sqrt{2}$）∪（-$\sqrt{2}$，+∞）．

Answer 1

分析 由題意得只需f（x）_min=f（x₁），f（x）_max=f（x₂），且f（x₁）+f（x₂）＞$\frac{3a}{2}$．對對稱軸進行分類討論，由此得到最大最小值．

解答 解：若要滿足題意只需要f（x）_min=f（x₁），
f（x）_max=f（x₂），且f（x₁）+f（x₂）＞$\frac{3a}{2}$．
①對稱軸為-$\frac{2a}$≤0時，此時$\frac{a}$≥0，
f（x）_min=f（0）=-a-b，f（x）_max=f（2）=3a+b，f（2）+f（0）=2a＞$\frac{3a}{2}$成立；
②0＜-$\frac{2a}$≤1時，有-2≤$\frac{a}$＜0，
f（x）_min=f（-$\frac{2a}$）=-a-b-$\frac{^{2}}{4a}$，
f（x）_max=f（2）=3a+b
f（x）_min+f（x）_max=2a$-\frac{^{2}}{4a}$＞$\frac{3a}{2}$，
解得$-\sqrt{2}＜\frac{a}＜\sqrt{2}$，又-2≤$\frac{a}$＜0，
所以-$\sqrt{2}$≤$\frac{a}$＜0；
③1＜-$\frac{2a}$≤2時，有-4≤$\frac{a}$＜-2，
f（x）_min=f（-$\frac{2a}$）=-a-b-$\frac{^{2}}{4a}$，
f（x）_max=f（0）=-a-b，
f（x）_min+f（x）_max=-2a-2b$-\frac{^{2}}{4a}$＞$\frac{3a}{2}$，
解得-4-$\sqrt{2}$＜$\frac{a}$＜-4+$\sqrt{2}$，又-4≤$\frac{a}$＜-2，
所以-4≤$\frac{a}$＜-4+$\sqrt{2}$；
④當-$\frac{2a}$＞2，即$\frac{a}$＜-4時，
f（x）_max=f（0）=-a-b，
f（x）_min=f（2）=3a+b，
f（x）_min+f（x）_max=2a＞$\frac{3a}{2}$成立，
此時$\frac{a}$＜-4．
綜上所述，$\frac{a}$的取值范圍是
（-∞，-4+$\sqrt{2}$）∪（-$\sqrt{2}$，+∞）．

點評 本題考查二次函數(shù)過定點文藝，以及對任意性和存在性的考查，主要用到分類討論和轉(zhuǎn)化思想．