Question

10．已知函數(shù)f（x）=x²-1，g（x）=a|x-1|．
（Ⅰ）若不等式f（x）≥g（x）恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
（Ⅱ）若a＞-2，設(shè)函數(shù)h（x）=|f（x）|+g（x）在[0，2]上的最大值為t（a），求t（a）的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）按照x與1進(jìn)行討論，分離常數(shù)得a≤$\frac{{x}^{2}-1}{|x-1|}$，令φ（x）=$\frac{{x}^{2}-1}{|x-1|}$，去掉絕對(duì)值符號(hào)化簡(jiǎn)解析式，由一次函數(shù)的性質(zhì)分別求出φ（x）的范圍，由恒成立問(wèn)題求出a的范圍，最后取并集；
（Ⅱ）由題意求出h（x），求出對(duì)稱軸，由區(qū)間和對(duì)稱軸對(duì)a進(jìn)行分類討論，分別由二次函數(shù)的性質(zhì)判斷出h（x）在區(qū)間上的單調(diào)性，并求出對(duì)應(yīng)的最大值．

解答 （本題滿分為15分）
解：（Ⅰ）不等式f（x）≥g（x）對(duì)x∈R恒成立，即（x²-1）≥a|x-1|（*）對(duì)x∈R恒成立，
①當(dāng)x=1時(shí)，（*）顯然成立，此時(shí)a∈R； …（2分）
②當(dāng)x≠1時(shí)，（*）可變形為a≤$\frac{{x}^{2}-1}{|x-1|}$，令φ（x）=$\frac{{x}^{2}-1}{|x-1|}$=$\left\{\begin{array}{l}{x+1}&{x＞1}\\{-（x+1）}&{x＜1}\end{array}\right.$，
因?yàn)楫?dāng)x＞1時(shí)，φ（x）＞2，當(dāng)x＜1時(shí)，φ（x）＞-2，…（4分）
所以φ（x）＞-2，故此時(shí)a≤-2．
綜合①②，得所求實(shí)數(shù)a的取值范圍是a≤-2．…（6分）
（Ⅱ）$h（x）=\left\{\begin{array}{l}-{x^2}-ax+a+1，0≤x＜1\\ 0，{\;}^{\;}{\;}^{\;}{\;}^{\;}{\;}^{\;}{\;}^{\;}x=1\\{x^2}+ax-a-1，1＜x≤2\end{array}\right.$，…（7分）
∵a≤0，
∴$對(duì)稱軸x=-\frac{a}{2}≥0$，
①當(dāng)$0≤-\frac{a}{2}≤1$時(shí)，即-2≤a≤0，${（-{x^2}-ax+a+1）_{max}}=h（-\frac{a}{2}）=\frac{a^2}{4}+a+1$（x²+ax-a-1）_max=h（2）=a+3，
∵$\frac{a^2}{4}+a+1-（a+3）=\frac{{{a^2}-8}}{4}＜0$，
∴h（x）_max=a+3，…（9分）
②當(dāng)$1＜-\frac{a}{2}≤2$時(shí)，即-4≤a＜-2，（-x²-ax+a+1）_max=h（1）=0，${（{x^2}+ax-a-1）_{max}}=max\{h（1），h（2）\}=max\{0，3+a\}=\left\{\begin{array}{l}0，-4≤a＜-3\\ 3+a，-3≤a＜-2\end{array}\right.$，
此時(shí)$h{（x）_{max}}=\left\{\begin{array}{l}0，-4≤a＜-3\\ 3+a，-3≤a＜-2\end{array}\right.$，…（11分）
③當(dāng)$-\frac{a}{2}＞2$時(shí)，即a＜-4，（-x²-ax+a+1）_max=h（1）=0（x²+ax-a-1）_max=h（1）=0，
此時(shí)h（x）_max=0，…（13分）
綜上：h（x）_max=t（a）=$\left\{\begin{array}{l}3+a，-3≤a≤0\\ 0，a＜-3\end{array}\right.$，
∴t（a）_min=0．…（15分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)的零點(diǎn)與方程的根的關(guān)系，解題的關(guān)鍵是根據(jù)所給的條件及相關(guān)知識(shí)對(duì)問(wèn)題進(jìn)行正確轉(zhuǎn)化，本題比較抽象，對(duì)問(wèn)題的轉(zhuǎn)化尤其顯得重要，本題在求解問(wèn)題時(shí)用到了分類討論的思想，轉(zhuǎn)化化歸的思想，數(shù)學(xué)綜合題的求解過(guò)程中，常用到這兩個(gè)思想，繁雜的分類使得該題難度較大．