Question

2．设a为实数，设函数f（x）=2$\sqrt{1-{x}^{2}}+a（\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}）+5$，设t=$\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}$
（1）求t的取值范围，并把f（x）表示为t的函数g（t）
（2）若g（t）≥0恒成立，求实数a的取值范围
（3）若存在t使得|g（t）|＜t成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）由偶次根式被开方数非负，可得x的范围，将t的式子两边平方，结合二次函数的值域，可得t的范围，进而得到g（t）；
（2）由g（t）≥0恒成立，即有0≤g（t）_min，注意到直线t=-$\frac{a}{2}$是抛物线g（t）=t²+at+3的对称轴，分以下几种情况讨论．①当-$\frac{a}{2}$≤$\sqrt{2}$即a≥-2$\sqrt{2}$时，②当$\sqrt{2}$＜-$\frac{a}{2}$＜2即-4＜a＜-2$\sqrt{2}$时，③当-$\frac{a}{2}$≥2即a≤-4时，讨论g（t）的单调性，即可得到最小值，进而得到a的范围；
（3））存在t使得|g（t）|＜t成立，即为|t²+at+3|＜t?-t＜t²+at+3＜t，即有a＜1-t-$\frac{3}{t}$且a＞-1-t-$\frac{3}{t}$在[$\sqrt{2}$，2]成立，运用函数的单调性求得右边函数的最值，再由存在性问题的解法即可得到a的范围．

解答 解：（1）t=$\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}$，
要使t有意义，必须1+x≥0且1-x≥0，即-1≤x≤1，
∴t²=2+2$\sqrt{1-{x}^{2}}$，t≥0①
t的取值范围是[$\sqrt{2}$，2]．
由①得$\sqrt{1-{x}^{2}}$=$\frac{1}{2}$t²-1，
∴g（t）=t²+at+3，$\sqrt{2}$≤t≤2；
（2）由g（t）≥0恒成立，即有0≤g（t）_min，
注意到直线t=-$\frac{a}{2}$是抛物线g（t）=t²+at+3的对称轴，
分以下几种情况讨论．
①当-$\frac{a}{2}$≤$\sqrt{2}$即a≥-2$\sqrt{2}$时，g（t）在[$\sqrt{2}$，2]上为递增函数，
即有t=$\sqrt{2}$时，取得最小值，且为5+$\sqrt{2}$a；
②当$\sqrt{2}$＜-$\frac{a}{2}$＜2即-4＜a＜-2$\sqrt{2}$时，g（t）的最小值为g（-$\frac{a}{2}$）=3-$\frac{{a}^{2}}{4}$；
③当-$\frac{a}{2}$≥2即a≤-4时，g（t）在[$\sqrt{2}$，2]上为递减函数，
即有t=2时，取得最小值，且为7+2a．
则$\left\{\begin{array}{l}{a≥-2\sqrt{2}}\\{5+\sqrt{2}a≥0}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{-4＜a＜-2\sqrt{2}}\\{3-\frac{{a}^{2}}{4}≥0}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{a≤-4}\\{7+2a≥0}\end{array}\right.$，
解得a≥-2$\sqrt{2}$或-2$\sqrt{3}$≤a≤-2$\sqrt{2}$或a∈∅，
则有a≥-2$\sqrt{3}$；
（3）存在t使得|g（t）|＜t成立，即为
|t²+at+3|＜t?-t＜t²+at+3＜t，
即有a＜1-t-$\frac{3}{t}$且a＞-1-t-$\frac{3}{t}$在[$\sqrt{2}$，2]成立，
h（t）=t+$\frac{3}{t}$在[$\sqrt{2}$，$\sqrt{3}$）递减，在（$\sqrt{3}$，2）递增，
即有h（t）的最小值为2$\sqrt{3}$，最大值为$\frac{5\sqrt{2}}{2}$．
即有a＜1-2$\sqrt{3}$且a＞-1-$\frac{5\sqrt{2}}{2}$．
则实数a的取值范围是（-1-$\frac{5\sqrt{2}}{2}$，1-2$\sqrt{3}$）．

点评 本题考查换元法的运用，主要考查二次函数的最值的求法，同时考查分类讨论的思想方法，以及不等式恒成立和成立问题的解法，属于中档题和易错题．