题目内容
已知凼数f（x）=
．
（1）当a=1时，求f（x）的最小值；
（2）若-3≤a≤0且存在三个不同的实数x1，x2，x3，使得f（x1）=f（x2）=f（x3），求证：x1+x2+x3≥-
+1．
|
（1）当a=1时，求f（x）的最小值；
（2）若-3≤a≤0且存在三个不同的实数x1，x2，x3，使得f（x1）=f（x2）=f（x3），求证：x1+x2+x3≥-
| 2 |
考点：分段函数的应用
专题：函数的性质及应用,不等式的解法及应用
分析：（1）求出a=1的解析式，分别求得x＜0和x≥0时的最小值，即可得到；
（2）作出-3≤a≤0时f（x）的图象，分别判断x＜0和x≥0时的单调性，不妨设x1＜x2＜x3，则有x2+x3=2×
=
，即有x1+x2+x3=x1+
，再由x=0时的函数值，解方程可得小于0的x1，再由a的范围，即可得证．
（2）作出-3≤a≤0时f（x）的图象，分别判断x＜0和x≥0时的单调性，不妨设x1＜x2＜x3，则有x2+x3=2×
| a+3 |
| 6 |
| a+3 |
| 3 |
| a+3 |
| 3 |
解答：
（1）解：当a=1时，f（x）=
，
当x＜0时，y=3x2+2x-7=3（x+
）2-
，在x=-
时取得最小值，
且为-
；
当x≥0时，y=3x2-4x+1=3（x+
）2-
，在[0，+∞）递增，则x=0时，取得最小值，且为1．
综上可得f（x）的最小值为-
．
（2）证明：作出-3≤a≤0时f（x）的图象，如右．
当x＜0时，f（x）递减，x≥0时，在[0，
）递减，
在（
，+∞）递增，
不妨设x1＜x2＜x3，则有x2+x3=2×
=
，
即有x1+x2+x3=x1+
，
令x=0时，f（0）=a，
令f（x1）=a，（x1＜0），
则有3x2+2ax-2a-6=0，
解得x=
=
，
由于-3≤a≤0，则x1=
，
即有x1+x2+x3=1-
，
由-3≤a≤0，则（a+3）2+9∈[9，18]，
则有
∈[1，
]，
即有x1+x2+x3≥1-
．
（1）解：当a=1时，f（x）=
|
当x＜0时，y=3x2+2x-7=3（x+
| 1 |
| 3 |
| 22 |
| 3 |
| 1 |
| 3 |
且为-
| 22 |
| 3 |
当x≥0时，y=3x2-4x+1=3（x+
| 2 |
| 3 |
| 1 |
| 3 |
综上可得f（x）的最小值为-
| 22 |
| 7 |
（2）证明：作出-3≤a≤0时f（x）的图象，如右．
当x＜0时，f（x）递减，x≥0时，在[0，
| a+3 |
| 6 |
在（
| a+3 |
| 6 |
不妨设x1＜x2＜x3，则有x2+x3=2×
| a+3 |
| 6 |
| a+3 |
| 3 |
即有x1+x2+x3=x1+
| a+3 |
| 3 |
令x=0时，f（0）=a，
令f（x1）=a，（x1＜0），
则有3x2+2ax-2a-6=0，
解得x=
-2a±
| ||
| 6 |
-a±
| ||
| 3 |
由于-3≤a≤0，则x1=
-a-
| ||
| 3 |
即有x1+x2+x3=1-
| ||
| 3 |
由-3≤a≤0，则（a+3）2+9∈[9，18]，
则有
| ||
| 3 |
| 2 |
即有x1+x2+x3≥1-
| 2 |
点评：本题考查分段函数的运用，考查二次函数的最值的求法，同时考查二次函数的单调性的运用，通过图象观察得到交点是解题的关键．
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