Question

4．已知二次函數(shù)f（x）=ax²+x+1，a∈R，a≠0）．
（1）若不等式f（x）＞0的解集為$（-\frac{1}{3}，\frac{1}{2}）$，求實數(shù)a的值；
（2）當(dāng)a∈[-2，0]時，不等式f（x）＞0恒成立，求實數(shù)x的取值范圍；
（3）對x∈[0，2]時，不等式f（x）＞0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由題設(shè)方程ax²+x+1=0的兩個根是$-\frac{1}{3}，\frac{1}{2}$，且a＜0；代入方程求解即可．
（2）當(dāng)a∈[-2，0）時，不等式x²•a+x+1＞0恒成立，設(shè)g（a）=x²•a+x+1，a∈[-2，0）；通過$\left\{\begin{array}{l}g（-2）＞0\\ g（0）＞0\end{array}\right.$，求解實數(shù)x的范圍．
（3）對x∈[0，2]恒有f（x）＞0，即ax²+x+1＞0，變形為ax²＞-（x+1），當(dāng)x=0時，x≠0的情況，$a＞\frac{-（x+1）}{x^2}$即$a＞-\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}$．要滿足題意只要保證a比右邊的最大值大．現(xiàn)求$-\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}$，在x∈（0，2]上的最大值．利用二次函數(shù)的最值求解即可．

解答 解（1）由題設(shè)知，方程ax²+x+1=0的兩個根是$-\frac{1}{3}，\frac{1}{2}$，且a＜0；
所以$\left\{\begin{array}{l}\frac{a}{9}-\frac{1}{3}+1=0\\ \frac{a}{4}+\frac{1}{2}+1=0\end{array}\right.$，解得a=-6；------（4分）
（2）由題意可知，當(dāng)a∈[-2，0）時，不等式x²•a+x+1＞0恒成立，
設(shè)g（a）=x²•a+x+1，a∈[-2，0）；
所以$\left\{\begin{array}{l}g（-2）＞0\\ g（0）＞0\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}-2{x^2}+x-1＞0\\ x+1＞0\end{array}\right.$，解得$-\frac{1}{2}＜x＜1$；-----（9分）
故實數(shù)x的范圍是$-\frac{1}{2}＜x＜1$；--------（10分）
（3）對x∈[0，2]恒有f（x）＞0，即ax²+x+1＞0，變形為ax²＞-（x+1）
當(dāng)x=0時對任意的a都滿足f（x）＞0，
只須考慮x≠0的情況，$a＞\frac{-（x+1）}{x^2}$即$a＞-\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}$．
要滿足題意只要保證a比右邊的最大值大．
現(xiàn)求$-\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}$，在x∈（0，2]上的最大值．
令$t=\frac{1}{x}∴t≥\frac{1}{2}$，$g（t）=-{t^2}-t=-{（t+\frac{1}{2}）^2}+\frac{1}{4}$（$t≥\frac{1}{2}$），
$g{（t）_{max}}=g（\frac{1}{2}）=-\frac{3}{4}$，
所以$a＞-\frac{3}{4}$
又f（x）=ax²+x+1是二次函數(shù)，
∴a≠0
所以$a＞-\frac{3}{4}$且a≠0．-------（16分）
注：過程是運用二次函數(shù)根與系數(shù)關(guān)系討論的，根據(jù)情況適當(dāng)給分．

點評 本題考查二次函數(shù)的簡單性質(zhì)的應(yīng)用，函數(shù)恒成立，考查轉(zhuǎn)化思想以及計算能力．