Question

19．已知函数f（x）=x²-1，g（x）=a|x-1|．
（Ⅰ）若|f（x）|=g（x）有且仅有两个不同的解，求a的值；
（Ⅱ）若当x∈R时，不等式f（x）≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围；
（Ⅲ）若a＜0时，求G（x）=|f（x）|+g（x）在[-2，2]上的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根据绝对值的意义，解方程即可．
（Ⅱ）若不等式f（x）≥g（x）恒成立，利用参数分离法进行转化求函数的最值即可．
（Ⅲ）求出函数G（x）的表达式，讨论对称性的以及a的取值范围进行求解即可．

解答 解：（Ⅰ）若|f（x）|=g（x），
则若|x²-1|=a|x-1|，
即|x-1||x+1|=a|x-1|，
∴x=1或|x+1|=a，
∴a=0或a=2，
（Ⅱ）不等式f（x）≥g（x）恒成立等价为x²-1≥a|x-1|，
①若x=1，则不等式恒成立，
②若x≠1，则a≤（$\frac{{x}^{2}-1}{|x-1|}$），
∵y=$\frac{{x}^{2}-1}{|x-1|}$=$\left\{\begin{array}{l}{x+1，}&{x＞1}\\{-x-1，}&{x＜1}\end{array}\right.$，
∴当x＞1时，$\frac{{x}^{2}-1}{|x-1|}$＞2，当x＜1时，$\frac{{x}^{2}-1}{|x-1|}$＞-2，
∴$\frac{{x}^{2}-1}{|x-1|}$＞-2，即a≤-2．
（Ⅲ）若a＜0时，求G（x）=|f（x）|+g（x）=$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}-ax+a-1，}&{-2≤x≤-1}\\{-{x}^{2}-ax+a+1，}&{-1＜x＜1}\\{{x}^{2}+ax-a-1，}&{1≤x≤2}\end{array}\right.$，
①若$\frac{a}{2}$≤-2，即a≤-4，则-$\frac{a}{2}$≥2，
∴G（x）在[-2，-1]上递增，（-1，1）上递增，[1，2]上递减，
∴G（x）_max=G（1）=0．
②若-2＜$\frac{a}{2}$＜-1，即-4＜a＜-2，则1＜-$\frac{a}{2}$＜2，
∴G（x）在[-2，$\frac{a}{2}$]上递减，在（$\frac{a}{2}$，-1）递增，（-1，1）上递增，（1，-$\frac{a}{2}$）递减，[-$\frac{a}{2}$，2）上递增，
∴G（-2）=3+3a，G（1）=0，G（2）=3+a，
∴当-4＜a≤-3时，G（x）_max=G（1）=0．
当-3＜a＜-2时，G（x）_max=G（2）=3+a．
③若-1≤$\frac{a}{2}$＜0，即-2≤a＜0，则0＜-$\frac{a}{2}$≤1，
则，G（x）在[-2，-1]上递增，（-1，-$\frac{a}{2}$）上递增，（-$\frac{a}{2}$，1）上递减，[1，2]上递减，
又G（-2）=3+3a，G（$\frac{a}{2}$）=$\frac{{a}^{2}}{4}$+a+1，G（2）=3+a，
由于3+a＞$\frac{{a}^{2}}{4}$+a+1，
∴G（x）_max=G（2）=3+a．
综上，G（x）_max$\left\{\begin{array}{l}{0，}&{a≤-3}\\{3+a，}&{-3＜a＜0}\end{array}\right.$．

点评 本题主要考查不等式恒成立问题，利用参数分离法进行转化求函数的最值，以及利用分类讨论的数学思想是解决本题的关键．