Question

11．已知函数f（x）=x²+ax+b，g（x）=2x²+2，存在实数b，使得对任意x∈R，有-g（x）≤f（x）≤g（x）．
（Ⅰ）求a的取值范围；
（Ⅱ）若方程f（x）-x=0有两个实数根x₁，x₂，求|x₁-x₂|的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根据条件便可得到不等式组$\left\{\begin{array}{l}{3{x}^{2}+ax+b+2≥0}\\{{x}^{2}-ax+2-b≥0}\end{array}\right.$对于任意的x∈R恒成立，从而有$\left\{\begin{array}{l}{{△}_{1}={a}^{2}-12b-24≤0}\\{{△}_{2}={a}^{2}+4b-8≤0}\end{array}\right.$，这样便可得到$\frac{{a}^{2}}{3}-8≤4b≤-{a}^{2}+8$，从而有$\frac{{a}^{2}}{3}-8≤-{a}^{2}+8$，从而便可得出a的取值范围为$[-2\sqrt{3}，2\sqrt{3}]$；
（Ⅱ）可以得到方程x²+（a-1）x+b=0的两根为x₁，x₂，由韦达定理即可得出$|{x}_{1}-{x}_{2}|=\sqrt{（1-a）^{2}-4b}$，而由（Ⅰ）即可得到$2{a}^{2}-2a-7≤（1-a）^{2}-4b≤\frac{2{a}^{2}}{3}-2a+9$，根据上面求得的a的范围，便可判断出a=$-2\sqrt{3}$时，|x₁-x₂|取得最大值，并可求出该最大值．

解答 解：（Ⅰ）由-g（x）≤f（x）≤g（x）得：$\left\{\begin{array}{l}{f（x）+g（x）≥0}\\{g（x）-f（x）≥0}\end{array}\right.$对任意的x∈R恒成立；
即$\left\{\begin{array}{l}{3{x}^{2}+ax+b+2≥0}\\{{x}^{2}-ax+2-b≥0}\end{array}\right.$对任意的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的取值范围为$[-2\sqrt{3}，2\sqrt{3}]$；
（Ⅱ）由f（x）-x=0得，x²+（a-1）x+b=0，该方程的两个实数根为x₁，x₂，则：
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，${a}^{2}-8≤-4b≤-\frac{{a}^{2}}{3}+8$；
∴$2{a}^{2}-2a-7≤（1-a）^{2}-4b≤\frac{2{a}^{2}}{3}-2a+9$；
∴$2（a-\frac{1}{2}）^{2}-\frac{15}{2}≤（1-a）^{2}-4b≤\frac{2}{3}（a-\frac{3}{2}）^{2}+\frac{21}{2}$；
∴$a=-2\sqrt{3}$时，（1-a）²-4b取到最大值$17+4\sqrt{3}$；
∴|x₁-x₂|的最大值为$\sqrt{17+4\sqrt{3}}$．

点评 考查不等式的性质，一元二次不等式恒成立时，判别式△的取值情况，一元二次不等式的解法，韦达定理，完全平方式的运用，以及配方法求二次函数在闭区间上的最值．