Question

17．已知函數(shù)f（x）=|x²-a|+x²+kx，（a為常數(shù)且0＜a＜4）．
（1）若a=k=1，求不等式f（x）＞2的解集；
（2）若函數(shù)f（x）在（0，2）上有兩個(gè)零點(diǎn)x₁，x₂．求$\frac{1}{x_1}$+$\frac{1}{x_2}$的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由于a=k=1，故函數(shù)f（x）=|x²-1|+x²+x，分類(lèi)討論去掉絕對(duì)值，求得f（x）＞2的解集．
（2）由題意可得，f（x）在在$（0，\sqrt{a}]$上有一零點(diǎn)，在$（\sqrt{a}，2）$上有一零點(diǎn)；或f（x）在$（\sqrt{a}，2）$上有兩個(gè)零點(diǎn)．分別求得k的范圍，再利用二次函數(shù)的性質(zhì)求得$\frac{1}{x_1}$+$\frac{1}{x_2}$的取值范圍．

解答 解：（1）由于a=k=1，故函數(shù)f（x）=|x²-1|+x²+x．
若x²-1≥0，則|x²-1|+x²+x＞2，即2x²+x-3＞0，解得$x＞1或x＜-\frac{3}{2}$；
若x²-1＜0，則|x²-1|+x²+x＞2，即1-x²+x²+x＞2，∴x＞1，故不等式無(wú)解．
綜上所述：f（x）＞2的解集$\left\{{\left.x\right|x＞1或x＜-\frac{3}{2}}\right\}$．
（2）因?yàn)?＜a＜4，所以$f（x）=\left\{\begin{array}{l}2{x^2}+kx-a\;\;\;\;x∈（\sqrt{a}，2）\\ kx+a\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;x∈（0，\sqrt{a}]\end{array}\right.$，
因?yàn)楹瘮?shù)f（x）在（0，2）上有兩個(gè)零點(diǎn)有兩種情況：可以在$（0，\sqrt{a}]$上有一零點(diǎn)，在$（\sqrt{a}，2）$上有一零點(diǎn)；
或f（x）在$（\sqrt{a}，2）$上有兩個(gè)零點(diǎn)．
當(dāng)f（x）=0在$（\sqrt{a}，2）$上有兩個(gè)零點(diǎn)，則有$\left\{\begin{array}{l}f（\sqrt{a}）＞0\\ f（2）＞0\\△＞0\\ \sqrt{a}＜-\frac{k}{4}＜2\end{array}\right.$，∴$\left\{\begin{array}{l}k＞-\sqrt{a}\\ k＞\frac{a-8}{2}\\ k＞2\sqrt{2a}或k＜-2\sqrt{2a}\\ k＜-4\sqrt{a}\end{array}\right.$，
∵$-4\sqrt{a}＜-\sqrt{a}$，所以不等式組無(wú)解．
當(dāng)在$（0，\sqrt{a}]$上有一零點(diǎn)，在$（\sqrt{a}，2）$上有一零點(diǎn)，∵$\left\{\begin{array}{l}0＜-\frac{a}{k}＜\sqrt{a}\\（8+2k-a）（2a+k\sqrt{a}-a）＜0\end{array}\right.$，
且0＜a＜4，∴$\frac{a-8}{2}＜-\sqrt{a}$，∴$\left\{\begin{array}{l}k＜-\sqrt{a}\\ \frac{a-8}{2}＜k＜-\sqrt{a}\end{array}\right.$，所以k的取值范圍為$\frac{a-8}{2}＜k＜-\sqrt{a}$．
不妨令${x_1}=-\frac{a}{k}，{x_2}=\frac{{-k+\sqrt{{k^2}+8a}}}{4}$，∴$\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}=-\frac{k}{a}+\frac{4}{{\sqrt{{k^2}+8a}-k}}=\frac{{\sqrt{{k^2}+8a}-k}}{2a}$，
令$f（k）=\sqrt{{k^2}+8a}-k$，則f（k）在區(qū)間$（\frac{a-8}{2}，-\sqrt{a}）$上為減函數(shù)，∴f（k）∈（4$\sqrt{a}$，8），
∴$\frac{1}{x_1}$+$\frac{1}{x_2}$∈（$\frac{2}{\sqrt{a}}$，$\frac{4}{a}$）．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查帶有絕對(duì)值的函數(shù)，方程根的存在性以及個(gè)數(shù)判斷，二次函數(shù)的性質(zhì)，屬于中檔題．