分析 (1)由條件,可得b,c的方程,解方程可得b,c;
(2)當(dāng)n=2時(shí),f2(x)=x2+bx+c,對(duì)任意x1,x2∈[-1,1]有|f2(x1)-f2(x2)|≤4恒成立等價(jià)于f2(x)在[-1,1]上的最大值與最小值之差M≤4.討論對(duì)稱軸和區(qū)間的關(guān)系,判斷單調(diào)性,可得最值,解不等式即可得到所求范圍;
(3)設(shè)t=g(x)=√1−x41+x2=√1−x21+x2=√21+x2−1,由x∈[−2√55,2√55],可得t∈[13,1].則y=t+at在[13,1]上恒有2ymin>ymax.討論頂點(diǎn)處x=√a與區(qū)間[13,1]的關(guān)系,求得單調(diào)性,可得最值,解不等式即可得到存在,求得a的范圍.
解答 解:(1)n=-1,且f−1(1)=f−1(12)=4,
可得1+b+c=4,2+12b+c=4,解得b=2,c=1;
(2)當(dāng)n=2時(shí),f2(x)=x2+bx+c,
對(duì)任意x1,x2∈[-1,1]有|f2(x1)-f2(x2)|≤4恒成立等價(jià)于
f2(x)在[-1,1]上的最大值與最小值之差M≤4.
①當(dāng)-2<-1,即b>2時(shí),f2(x)在[-1,1]遞增,
f2(x)min=f2(-1)=1-b+c,f2(x)max=f2(1)=1+b+c,
M=2b>4(舍去);
②當(dāng)-1≤-\frac{2}≤0,即0≤b≤2時(shí),f2(x)在[-1,-2]遞減,在(-2,1]遞增,
f2(x)min=f2(-2)=c-24,f2(x)max=f2(1)=1+b+c,M=(2+1)2≤4恒成立,故0≤b≤2;
③當(dāng)0<-2≤1即-2≤b<0時(shí),f2(x)在[-1,-2]遞減,在(-2,1]遞增,
f2(x)min=f2(-\frac{2})=c-24,f2(x)max=f2(-1)=1-b+c,M=(2-1)2≤4恒成立,故-2≤b<0;
④當(dāng)-2>1,即b<-2時(shí),f2(x)在[-1,1]遞減,
f2(x)min=f2(1)=1+b+c,f2(x)max=f2(-1)=1-b+c,
M=-2b>4矛盾.
綜上可得,b的取值范圍是-2≤b≤2;
(3)設(shè)t=g(x)=√1−x41+x2=√1−x21+x2=√21+x2−1,
由x∈[−2√55,2√55],可得t∈[13,1].
則y=t+at在[13,1]上恒有2ymin>ymax.
①當(dāng)a∈(0,19]時(shí),y=t+at在[13,1]上遞增,
ymin=13+3a,ymax=a+1,又2ymin>ymax.
則a>115,即有115<a≤19;
②當(dāng)a∈(19,13]時(shí),y=t+at在[13,√a)遞減,(√a,1)遞增,
可得ymin=2√a,ymax=max{3a+13,a+1}=a+1,又2ymin>ymax.
解得7-4√3<a<7+4√3,即有19<a≤13;
③當(dāng)a∈(13,1)時(shí),y=t+at在[13,√a)遞減,(√a,1)遞增,
可得ymin=2√a,ymax=max{3a+13,a+1}=3a+13,又2ymin>ymax.
解得7−4√39<a<7+4√39,即有13<a<1;
④當(dāng)a∈[1,+∞)時(shí),y=t+at在[13,1]上遞減,
ymin=a+1,ymax=3a+13,又2ymin>ymax.
則a<53,即有1≤a<53.
綜上可得,存在這樣的三角形,a的取值范圍是115<a<53.
點(diǎn)評(píng) 本題考查不等式恒成立問題和存在性問題的解法,注意運(yùn)用轉(zhuǎn)化思想,轉(zhuǎn)化為求最值,以及運(yùn)用分類討論的思想方法,注意對(duì)稱軸或頂點(diǎn)與區(qū)間的關(guān)系,考查化簡(jiǎn)整理的運(yùn)算能力,屬于難題.
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A. | [0,12] | B. | [12,94) | C. | [12,94] | D. | [94,+∞) |
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A. | √22 | B. | √2 | C. | 2√2 | D. | 3√22 |
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分組 | 頻數(shù) | 頻率 |
[60,70) | 16 | 0.2 |
[70,80) | 50 | n |
[80,90) | 10 | P |
[90,100] | 4 | 0.05 |
合計(jì) | M | I |
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