Question

3．已知函數(shù)f（x）=x²+ax+b（a，b∈R）．
（Ⅰ）已知x∈[0，1]
（i）若a=b=1，求函數(shù)f（x）的值域；
（ii）若函數(shù)f（x）的值域為[0，1]，求a，b的值；
（Ⅱ）當(dāng)|x|≥2時，恒有f（x）≥0，且f（x）在區(qū)間（2，3]上的最大值為1，求a²+b²的最大值和最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）（i）根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)即可求出函數(shù)的值域，
（ii）根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)，分類討論即可求出，
（Ⅱ）因為若|x|≥2時，f（x）≥0，且f（x）在區(qū)間（2，3]上的最大值為1，f（x）在區(qū)間（2，3]上的最大值只能在閉端點(diǎn)取得，故有f（2）≤f（3）=1，從而a≥-5且b=-3a-8．在分類討論基礎(chǔ)上，將以上關(guān)系變?yōu)椴坏仁浇M，消去c可得b的取值范圍，最后將a²+b²轉(zhuǎn)化為a的函數(shù)，求其值域可得a²+b²的最大值和最小值．

解答 解：（Ⅰ）（i），由已知，得f（x）=x²+x+1=（x+$\frac{1}{2}$）²+$\frac{3}{4}$，
又x∈[0，1]，
∴f（x）∈[1，3]，
∴函數(shù)f（x）的值域的值域為[1，3]，
（ii）函數(shù)y=f（x）的對稱軸方程為x=-$\frac{a}{2}$
①當(dāng)-$\frac{a}{2}$≤0時，即a≥0時，函數(shù)f（x）在[0，1]上單調(diào)性遞增，可得$\left\{\begin{array}{l}{f（0）=0}\\{f（1）=1}\end{array}\right.$，解得a=b=0，
②當(dāng)-$\frac{a}{2}$≥1時，即a≤-2時，函數(shù)f（x）在[0，1]上單調(diào)性遞減，可得$\left\{\begin{array}{l}{f（0）=1}\\{f（1）=0}\end{array}\right.$，解得a=-2，b=1，
③0＜-$\frac{a}{2}$＜$\frac{1}{2}$時，即-1＜a＜0時，
$\left\{\begin{array}{l}{f（1）=1}\\{f（-\frac{a}{2}）=0}\end{array}\right.$，解得a=-4，b=4，或a=b=0（舍去），
④當(dāng)$\frac{1}{2}$≤-$\frac{a}{2}$＜1，即-2＜a≤-1時，$\left\{\begin{array}{l}{f（0）=1}\\{f（-\frac{a}{2}）=0}\end{array}\right.$，解得a=±2，b=1，舍去，
綜上所述a=b=0，或a=-2，b=1
（Ⅱ）由題意函數(shù)圖象為開口向上的拋物線，且f（x）在區(qū)間（2，3]上的最大值只能在閉端點(diǎn)取得，
故有f（2）≤f（3）=1，從而a≥-5且b=-3a-8．
①若f（x）=0有實根，則△=a²-4b≥0，
在區(qū)間[-2，2]有$\left\{\begin{array}{l}{f（-2）≥0}\\{f（2）≥0}\\{-2≤\frac{a}{2}≤2}\end{array}\right.$即$\left\{\begin{array}{l}{4-2a+b≥0}\\{4+2a+b≥0}\\{-4≤a≤4}\end{array}\right.$，將b=3a-8代入，整理得$\left\{\begin{array}{l}{a≤-\frac{4}{5}}\\{a≤-4}\\{-4≤a≤4}\end{array}\right.$即a=-4，這時b=4，且△=0．
②若f（x）=0無實根，則△=a²-4b＜0，將b=-3a-8代入解得-8＜a＜-4．
綜上-5≤a≤-4．
所以a²+b²=a²+（-3a-8）²=10a²+48a+64，在[-5，-4]單調(diào)遞減，
故（a²+b²）_min=32，（a²+b²）_max=74．

點(diǎn)評 本題是典型的二次函數(shù)最值問題，解題需要靈活運(yùn)用初等數(shù)學(xué)思想，包括數(shù)形結(jié)合，分類討論，函數(shù)思想，轉(zhuǎn)化且探究意識要強(qiáng)．