Question

5．已知f（x）=ax²-2（a+1）x+3（a∈R）．
（1）若函數f（x）在$[{\frac{3}{2}，3}]$單調遞減，求實數a的取值范圍；
（2）令h（x）=$\frac{f（x）}{x-1}$，若存在${x_1}，{x_2}∈[{\frac{3}{2}，3}]$，使得|h（x₁）-h（x₂）|≥$\frac{a+1}{2}$成立，求實數a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）對a討論，a=0，a＞0，a＜0，結合二次函數的圖象和單調性的性質，得到不等式組，解不等式即可得到a的范圍；
（2）由題意可得在$x∈[{\frac{3}{2}，3}]$上，h（x）_max-h（x）_min≥$\frac{a+1}{2}$成立，因為$h（x）=\frac{f（x）}{x-1}=a（{x-1}）+\frac{1-a}{x-1}-2$，令$t=x-1∈[{\frac{1}{2}，2}]$，則$g（t）=a•t+\frac{1-a}{t}-2$，$t∈[{\frac{1}{2}，2}]$．對a討論，（i）當a≤0時，（ii）當0＜a＜1時，求出單調性和最值，即可得到a的范圍．

解答 解：（1）①當a=0時，f（x）=-2x+3，顯然滿足；
②$\left\{\begin{array}{l}a＞0\\ \frac{a+1}{a}≥3\end{array}\right.⇒0＜a≤\frac{1}{2}$，③$\left\{\begin{array}{l}a＜0\\ \frac{a+1}{a}≤\frac{3}{2}\end{array}\right.⇒a＜0$，
綜上：$a≤\frac{1}{2}$．
（2）存在${x_1}，{x_2}∈[{\frac{3}{2}，3}]$，使得|h（x₁）-h（x₂）|≥$\frac{a+1}{2}$成立即：
在$x∈[{\frac{3}{2}，3}]$上，h（x）_max-h（x）_min≥$\frac{a+1}{2}$成立，
因為$h（x）=\frac{f（x）}{x-1}=a（{x-1}）+\frac{1-a}{x-1}-2$，令$t=x-1∈[{\frac{1}{2}，2}]$，
則$g（t）=a•t+\frac{1-a}{t}-2$，$t∈[{\frac{1}{2}，2}]$．
（i）當a≤0時，g（t）在$t∈[{\frac{1}{2}，2}]$單調遞減，所以$g{（t）_{max}}-g{（t）_{min}}≥\frac{a+1}{2}$，
等價于$g（{\frac{1}{2}}）-g（2）≥\frac{a+1}{2}⇒a≤\frac{2}{7}$，所以a≤0．
（ii）當0＜a＜1時，$g（t）=a（{t+\frac{{\frac{1-a}{a}}}{t}}）-2$，g（t）在$（{0，\sqrt{\frac{1-a}{a}}}]$上單調遞減，
在$[{\sqrt{\frac{1-a}{a}}，+∞}）$上單調遞增．
①當$\sqrt{\frac{1-a}{a}}≤\frac{1}{2}$時，即$\frac{4}{5}≤a＜1$，g（t）在$t∈[{\frac{1}{2}，2}]$單調遞增．
由$g{（t）_{max}}-g{（t）_{min}}≥\frac{a+1}{2}$得到$g（2）-g（{\frac{1}{2}}）≥\frac{a+1}{2}⇒a≥\frac{4}{5}$，所以$\frac{4}{5}≤a＜1$．
②當$\sqrt{\frac{1-a}{a}}≥2$時，$0＜a≤\frac{1}{5}$時，g（t）在$t∈[{\frac{1}{2}，2}]$單調遞減，
由$g{（t）_{max}}-g{（t）_{min}}≥\frac{a+1}{2}$得到$g（{\frac{1}{2}}）-g（2）≥\frac{a+1}{2}⇒a≤\frac{2}{7}$，所以$0＜a≤\frac{1}{5}$．
③當$\frac{1}{2}＜\sqrt{\frac{1-a}{a}}＜2$，即$\frac{1}{5}＜a＜\frac{4}{5}$時，$g{（t）_{min}}=g（{\sqrt{\frac{1-a}{a}}}）$，
最大值則在g（2）與$g（{\frac{1}{2}}）$中取較大者，作差比較$g（2）-g（{\frac{1}{2}}）=3a-\frac{3}{2}$，得到分類討論標準：
a．當$\frac{1}{5}＜a＜\frac{1}{2}$時，$g（2）-g（{\frac{1}{2}}）=3a-\frac{3}{2}＜0$，此時$g{（t）_{max}}=g（{\frac{1}{2}}）$，
由$g{（t）_{max}}-g{（t）_{min}}≥\frac{a+1}{2}$，
得到$g（{\frac{1}{2}}）-g（{\sqrt{\frac{1-a}{a}}}）≥\frac{a+1}{2}⇒32{a^2}-40a+9≥0⇒a≥\frac{{5+\sqrt{7}}}{8}$或$a≤\frac{{5-\sqrt{7}}}{8}$，
所以$\frac{1}{5}＜a≤\frac{{5-\sqrt{7}}}{8}$．
b．當$\frac{1}{2}≤a＜\frac{4}{5}$時，$g（2）-g（{\frac{1}{2}}）=3a-\frac{3}{2}＞0$，此時g（t）_max=g（2），
由$g{（t）_{max}}-g{（t）_{min}}≥\frac{a+1}{2}$，得到$g（2）-g（{\sqrt{\frac{1-a}{a}}}）≥\frac{a+1}{2}⇒a≥2\sqrt{a（{1-a}）}⇒a≥\frac{4}{5}$，
所以此時a∈∅，
在此類討論中，$a∈（{0，\frac{{5-\sqrt{7}}}{8}}]∪[{\frac{4}{5}，1}）$．
c．當a≥1時，g（t）在$t∈[{\frac{1}{2}，2}]$單調遞增，由$g{（t）_{max}}-g{（t）_{min}}≥\frac{a+1}{2}$，
得到$g（2）-g（{\frac{1}{2}}）≥\frac{a+1}{2}⇒a≥\frac{4}{5}$，所以a≥1，
綜合以上三大類情況，$a∈（{-∞，\frac{{5-\sqrt{7}}}{8}}]∪[{\frac{4}{5}，+∞}）$．

點評 本題考查函數的單調性的應用，考查存在性問題的解法，注意運用分類討論的思想方法，以及轉化思想，考查運算能力，屬于難題．