Question

9．已知函数f（x）=x²-1，g（x）=a|x-1|
（1）若关于x的方程|f（x）|=g（x）只有一个实数解，求实数a的取值范围；
（2）设h（x）=|f（x）|+g（x）-a²，当x∈[-2，2]时，不等式h（x）≤0恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）由题意得|x²-1|=a|x-1|，从而可得a＜0；
（2）化简h（x）=|f（x）|+g（x）-a²=|x²-1|+a|x-1|-a²=$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}+ax-{a}^{2}-a-1，1≤x≤2}\\{-{x}^{2}-ax-{a}^{2}+a+1，-1＜x＜1}\\{{x}^{2}-ax-{a}^{2}+a-1，-2≤x＜-1}\end{array}\right.$；从而分段讨论函数的最值，化恒成立问题为最值问题即可．

解答 解：（1）∵|x²-1|=a|x-1|，
∴|x-1|=0或|x+1|=a，
∴当a＜0时，只有一实数解；
（2）h（x）=|f（x）|+g（x）-a²
=|x²-1|+a|x-1|-a²
=$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}+ax-{a}^{2}-a-1，1≤x≤2}\\{-{x}^{2}-ax-{a}^{2}+a+1，-1＜x＜1}\\{{x}^{2}-ax-{a}^{2}+a-1，-2≤x＜-1}\end{array}\right.$；
①∵$h{\;}_1（x）={x^2}+ax-{a^2}-a-1≤0$在[1，2]恒成立，
∴$\left\{\begin{array}{l}{{h}_{1}（1）≤0}\\{{h}_{1}（2）≤0}\end{array}\right.$，
∴a≥$\frac{1+\sqrt{13}}{2}$或$a≤\frac{{1-\sqrt{13}}}{2}$；
②-x²-ax-a²+a+1≤0恒成立，
即x²+ax+a²-a-1≥0；
即${h_2}（x）={x^2}+ax+{a^2}-a-1≥0$在（-1，1）恒成立，
（i）$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{a}{2}≥1}\\{{h}_{2}（1）≥0}\end{array}\right.$，∴a≤-2；
（ii）$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{a}{2}≤-1}\\{{h}_{2}（-1）≥0}\end{array}\right.$，∴a≥2；
（iii）$\left\{\begin{array}{l}{-1＜-\frac{a}{2}＜1}\\{{h}_{2}（-\frac{a}{2}）≥0}\end{array}\right.$，∴-2＜a≤-$\frac{2}{3}$；
综上所述，
a≥2或a≤-$\frac{2}{3}$；
（3）∵${h_3}（x）={x^2}-ax-{a^2}+a-1≤0$在[-2，-1]恒成立，
∴$\left\{\begin{array}{l}{{h}_{3}（-2）≤0}\\{{h}_{3}（-1）≤0}\end{array}\right.$，
∴a≥$\frac{3+\sqrt{21}}{2}$或$a≤\frac{{3-\sqrt{21}}}{2}$；
综上所述，a≥$\frac{3+\sqrt{21}}{2}$或$a≤\frac{{1-\sqrt{13}}}{2}$．

点评 本题考查了函数的性质的应用及分段函数的应用，同时考查了恒成立问题与最值问题的应用，属于中档题．