Question

19．在平面直角坐标系xoy中，设A，B为函数f（x）=1-x²的图象与x轴的两个交点，C，D为函数f（x）的图象上的两个动点，且C，D在x轴上方（不含x轴），则$\overrightarrow{AC}$•$\overrightarrow{BD}$的取值范围为（-4，$\frac{3\sqrt{3}}{2}$-$\frac{9}{4}$]．

Answer 1

分析 由题意A（-1，0），B（1，0），设C（x₁，1-x₁²），D（x₂，1-x₂²），-1＜x₁，x₂＜1，则$\overrightarrow{AC}$•$\overrightarrow{BD}$=（x₁+1）（x₂-1）+（1-x₁²）（1-x₂²）=（x₂-1）[（x₂+1）x₁²+x₁-x₂]，
构造函数记f（x）=（x₂+1）x²+x-x₂，-1＜x＜1，应先将f（x）求导，再令f'（x）=0，得出x₀，再讨论x₀与区间（-1，1）的关系，即可求出则$\overrightarrow{AC}$•$\overrightarrow{BD}$的取值范围．

解答 解：由题意A（-1，0），B（1，0），设C（x₁，1-x₁²），D（x₂，1-x₂²），-1＜x₁，x₂＜1，
则$\overrightarrow{AC}$•$\overrightarrow{BD}$=（x₁+1）（x₂-1）+（1-x₁²）（1-x₂²）=（x₂-1）[（x₂+1）x₁²+x₁-x₂]．
记f（x）=（x₂+1）x²+x-x₂，-1＜x＜1．
（1）当-1＜x₂≤-$\frac{1}{2}$时，则0＜2（x₂+1）≤1，-$\frac{1}{2（{x}_{2}+1）}$≤-1，
又x₂+1＞0，所以f（x）在（-1，1）上单调递增，
因为f（-1）=0，f（1）=2，
所以0＜f（x）＜2．又x₂-1＜0，
所以2（x₂-1）＜$\overrightarrow{AC}$•$\overrightarrow{BD}$＜0．
根据-1＜x₂≤-$\frac{1}{2}$，
则-4＜$\overrightarrow{AC}$•$\overrightarrow{BD}$＜0．
（2）当-$\frac{1}{2}$＜x₂＜1时，则1＜2（x₂+1）＜1，-1＜-$\frac{1}{2（{x}_{2}+1）}$＜-$\frac{1}{4}$．
又x₂+1＞0，
所以f（x）在（-1，1）上先减后增，x=-$\frac{1}{2（{x}_{2}+1）}$时取的最小值f（-$\frac{1}{2（{x}_{2}+1）}$）=-[x₂+$\frac{1}{4{x}_{2}+1）}$]，
又f（1）=2，
所以x₂+$\frac{1}{4{x}_{2}+1）}$＜f（x）＜2．
又x₂-1＜0，
所以2（x₂-1）＜$\overrightarrow{AC}$•$\overrightarrow{BD}$≤[x₂+$\frac{1}{4{x}_{2}+1）}$]（1-x₂）．
令g（x）=x（1-x）+$\frac{1-x}{4（x+1）}$，
则g（x）=-x²+x-$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{2（x+1）}$，
g'（x）=1-2x-$\frac{1}{2（x+1）^{2}}$=-$\frac{4{x}^{3}+6{x}^{2}-1}{2（x+1）^{2}}$=-$\frac{（2x+1）（x-\frac{\sqrt{3}-1}{2}）（x+\frac{\sqrt{3}+1}{2}）}{2（x+1）^{2}}$，
当-$\frac{1}{2}$＜x＜$\frac{\sqrt{3}-1}{2}$时，g'（x）＞0
当$\frac{\sqrt{3}-1}{2}$＜x＜1时，g'（x）＜0；
所以g（x）在（-$\frac{1}{2}$，1）上先增后减，
所以g（x）_max≤g（$\frac{\sqrt{3}-1}{2}$）=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$-$\frac{9}{4}$，
又2（x₂-1）＞-3，所以-3＜$\overrightarrow{AC}$•$\overrightarrow{BD}$≤$\frac{3\sqrt{3}}{2}$-$\frac{9}{4}$，
综上，$\overrightarrow{AC}$•$\overrightarrow{BD}$的取值范围是（-4，$\frac{3\sqrt{3}}{2}$-$\frac{9}{4}$]．
故答案为：（-4，$\frac{3\sqrt{3}}{2}$-$\frac{9}{4}$]．

点评 本题以向量为载体，考查了导数和函数的单调性质，最值的关系，构造函数，利用函数的思想是解决本题的关键，运算量大，属于难题．