18.已知函數(shù)f(x)=x2+ax+1(a∈R).
(1)若f(x)在[0,2]上的最小值為1,求實(shí)數(shù)a的取值范圍;
(2)解關(guān)于x的不等式f(x)≥0;
(3)若關(guān)于x的方程f(f(x)-1)+f(x)=0無(wú)實(shí)數(shù)解,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

分析 (1)利用(x)=x2+ax+1≥1在(0,2]上恒成立,化簡(jiǎn)求解即可.
(2)通過(guò)x2+ax+1≥0,當(dāng)△≤0與△>0,推出a,然后求解不等式即可.
(3)化簡(jiǎn)f(f(x)-1)+f(x)=0,推出(x2+ax)2+(a+1)(x2+ax)+2=0,
通過(guò)△=(a+1)2-8<0,當(dāng)△=(a+1)2-8>0,推出$\left\{{\begin{array}{l}{2\sqrt{2}-1≤a<1+\sqrt{3}}\\{{a^4}-4{a^3}-4{a^2}+32>0}\end{array}}\right.$,令h(a)=a4-4a3-4a2+32,通過(guò)h(2)=0,導(dǎo)函數(shù)h'(a)=4a3-12a2-8a=4a(a2-3a-2),利用導(dǎo)函數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性,然后求解a的范圍.

解答 解:(1)因?yàn)閒(0)=1,所以f(x)=x2+ax+1≥1在(0,2]上恒成立,
所以x2+ax≥0,a≥-x,a≥0…(3分)
(2)f(x)=x2+ax+1≥0,當(dāng)△≤0,即-2≤a≤2,x∈R…(5分)
當(dāng)△>0,即a>2或a<-2,$x∈({-∞,\frac{{-a-\sqrt{{a^2}-1}}}{2}}]∪[{\frac{{-a+\sqrt{{a^2}-1}}}{2},+∞})$…(8分)
(3)f(f(x)-1)+f(x)=0,
即(x2+ax)2+a(x2+ax)+1+x2+ax+1=(x2+ax)2+(a+1)(x2+ax)+2=0,
當(dāng)△=(a+1)2-8<0,即$-2\sqrt{2}-1<a<2\sqrt{2}-1$,成立…(10分)
當(dāng)△=(a+1)2-8>0,即$a≤-2\sqrt{2}-1,a≥2\sqrt{2}-1$,$\left\{{\begin{array}{l}{-\frac{a+1}{2}<-\frac{a^2}{4}}\\{f({-\frac{a^2}{4}})>0}\end{array}}\right.$,
所以$\left\{{\begin{array}{l}{2\sqrt{2}-1≤a<1+\sqrt{3}}\\{{a^4}-4{a^3}-4{a^2}+32>0}\end{array}}\right.$…(12分)
令h(a)=a4-4a3-4a2+32,h(2)=0,h'(a)=4a3-12a2-8a=4a(a2-3a-2),
所以$h'({2\sqrt{2}-1})=4({2\sqrt{2}-1})({{{({2\sqrt{2}-1})}^2}-3({2\sqrt{2}-1})-2})=4({2\sqrt{2}-1})({10-10\sqrt{2}})<0$$h'({1+\sqrt{3}})=4({1+\sqrt{3}})({{{({1+\sqrt{3}})}^2}-3({1+\sqrt{3}})-2})=4({1+\sqrt{3}})({-1-\sqrt{3}})<0$,
所以h'(a)<0在$2\sqrt{2}-1<a<1+\sqrt{3}$恒成立,
所以h(a)單調(diào)遞減,所以$2\sqrt{2}-1≤a<2$,
綜上,$-2\sqrt{2}-1<a<2$…(16分)

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)與對(duì)數(shù)的應(yīng)用,構(gòu)造法以及二次函數(shù)的簡(jiǎn)單性質(zhì)的應(yīng)用,考查分類討論思想以及轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用.

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