Question

10．函数f（x）=ax²+bx+c（a＞0，b，c∈R）的图象过点（1，0），对任意x₁∈[0，2]，存在x₂∈[0，2]，使得f（x₁）+f（x₂）＞$\frac{3}{2}$a，则$\frac{b}{a}$的取值范围是（-∞，-4+$\sqrt{2}$）∪（-$\sqrt{2}$，+∞）．

Answer 1

分析 由题意得只需f（x）_min=f（x₁），f（x）_max=f（x₂），且f（x₁）+f（x₂）＞$\frac{3a}{2}$．对对称轴进行分类讨论，由此得到最大最小值．

解答 解：若要满足题意只需要f（x）_min=f（x₁），
f（x）_max=f（x₂），且f（x₁）+f（x₂）＞$\frac{3a}{2}$．
①对称轴为-$\frac{b}{2a}$≤0时，此时$\frac{b}{a}$≥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＜-$\frac{b}{2a}$≤1时，有-2≤$\frac{b}{a}$＜0，
f（x）_min=f（-$\frac{b}{2a}$）=-a-b-$\frac{{b}^{2}}{4a}$，
f（x）_max=f（2）=3a+b
f（x）_min+f（x）_max=2a$-\frac{{b}^{2}}{4a}$＞$\frac{3a}{2}$，
解得$-\sqrt{2}＜\frac{b}{a}＜\sqrt{2}$，又-2≤$\frac{b}{a}$＜0，
所以-$\sqrt{2}$≤$\frac{b}{a}$＜0；
③1＜-$\frac{b}{2a}$≤2时，有-4≤$\frac{b}{a}$＜-2，
f（x）_min=f（-$\frac{b}{2a}$）=-a-b-$\frac{{b}^{2}}{4a}$，
f（x）_max=f（0）=-a-b，
f（x）_min+f（x）_max=-2a-2b$-\frac{{b}^{2}}{4a}$＞$\frac{3a}{2}$，
解得-4-$\sqrt{2}$＜$\frac{b}{a}$＜-4+$\sqrt{2}$，又-4≤$\frac{b}{a}$＜-2，
所以-4≤$\frac{b}{a}$＜-4+$\sqrt{2}$；
④当-$\frac{b}{2a}$＞2，即$\frac{b}{a}$＜-4时，
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，
此时$\frac{b}{a}$＜-4．
综上所述，$\frac{b}{a}$的取值范围是
（-∞，-4+$\sqrt{2}$）∪（-$\sqrt{2}$，+∞）．

点评 本题考查二次函数过定点文艺，以及对任意性和存在性的考查，主要用到分类讨论和转化思想．