Question

已知函数f（x）=x²-1，g（x）=a|x-1|．
（1）当a=1时，解关于x的方程|f（x）|=g（x）；
（2）当x∈R时，不等式f（x）≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围；
（3）当实数a≥0时，求函数h（x）=|f（x）|+g（x）在区间[-2，2]上的最大值．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,导数在最大值、最小值问题中的应用

专题：导数的综合应用

分析：（1）a=1时，方程|f（x）|=g（x）；即：|x²-1|=|x-1|，讨论①显然，x=1是方程的解，②x≠1时，方程可化为|x+1|=1，解出即可，
（2）由（x²-1）≥a|x-1|（*）对x∈R恒成立，得①x=1时，（*）显然成立，此时a∈R，②x≠1时，（*）可化为a≤

x2-1

|x-1|

，令φ（x）=

x2-1

|x-1|

=

x+1，       (x＞1) -(x+1)，   (x＜1)

，解出即可，
（3）由h（x）=

x2+ax-a-1，      (x≥1) -x2-ax+a+1，   (-1≤x＜1) x2-ax+a-1，       (x＜-1)

，讨论①

a

2

＞1，②0≤

a

2

≤1，即0≤a≤2时的情况，综合得出结论．

解答： 解：（1）a=1时，方程|f（x）|=g（x）；
即：|x²-1|=|x-1|，
①显然，x=1是方程的解，
②x≠1时，方程可化为|x+1|=1，
解得：x=0，x=-2，
综上：原方程的解为{x|x=1，x=0，x=-2}；
（2）不等式f（x）≥g（x）对x∈R恒成立，
即（x²-1）≥a|x-1|（*）对x∈R恒成立，
①x=1时，（*）显然成立，此时a∈R，
②x≠1时，（*）可化为a≤

x2-1

|x-1|

，
令φ（x）=

x2-1

|x-1|

=

x+1，       (x＞1) -(x+1)，   (x＜1)

，
当x＞1时，φ（x）＞2，当x＜1时，φ（x）＞-2，
故此时a≤-2，
综上：a≤-2．
（3）∵h（x）=|f（x）|+g（x）
=|x²-1|+a|x-1|
=

x2+ax-a-1，      (x≥1) -x2-ax+a+1，   (-1≤x＜1) x2-ax+a-1，       (x＜-1)

，
①

a

2

＞1，即a＞2时，h（x）在[-2，1]上递减，在[1，2]递增，
且h（-2）=3a+3，h（2）=a+3，
∴h（x）在[-2，2]上的最大值为3a+3，
②0≤

a

2

≤1，即0≤a≤2时，
h（x）在[-2，-1]，[-

a

2

，1]递减，在[-1，-

a

2

]，[1，2]递增，
且h（-2）=3a+3，h（2）=a+3，h（-

a

2

）=

a2

4

+a+1，
∴h（x）在[-2，2]上的最大值为3a+3，
综上：当a≥0时，h（x）在[-2，2]上的最大值为3a+3．

点评：本题考察了函数的单调性，函数的最值问题，导数的应用，分段函数问题，是一道综合题．