Question

5．已知f（x）=ax²-2（a+1）x+3（a∈R）．
（1）若函数f（x）在$[{\frac{3}{2}，3}]$单调递减，求实数a的取值范围；
（2）令h（x）=$\frac{f（x）}{x-1}$，若存在${x_1}，{x_2}∈[{\frac{3}{2}，3}]$，使得|h（x₁）-h（x₂）|≥$\frac{a+1}{2}$成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）对a讨论，a=0，a＞0，a＜0，结合二次函数的图象和单调性的性质，得到不等式组，解不等式即可得到a的范围；
（2）由题意可得在$x∈[{\frac{3}{2}，3}]$上，h（x）_max-h（x）_min≥$\frac{a+1}{2}$成立，因为$h（x）=\frac{f（x）}{x-1}=a（{x-1}）+\frac{1-a}{x-1}-2$，令$t=x-1∈[{\frac{1}{2}，2}]$，则$g（t）=a•t+\frac{1-a}{t}-2$，$t∈[{\frac{1}{2}，2}]$．对a讨论，（i）当a≤0时，（ii）当0＜a＜1时，求出单调性和最值，即可得到a的范围．

解答 解：（1）①当a=0时，f（x）=-2x+3，显然满足；
②$\left\{\begin{array}{l}a＞0\\ \frac{a+1}{a}≥3\end{array}\right.⇒0＜a≤\frac{1}{2}$，③$\left\{\begin{array}{l}a＜0\\ \frac{a+1}{a}≤\frac{3}{2}\end{array}\right.⇒a＜0$，
综上：$a≤\frac{1}{2}$．
（2）存在${x_1}，{x_2}∈[{\frac{3}{2}，3}]$，使得|h（x₁）-h（x₂）|≥$\frac{a+1}{2}$成立即：
在$x∈[{\frac{3}{2}，3}]$上，h（x）_max-h（x）_min≥$\frac{a+1}{2}$成立，
因为$h（x）=\frac{f（x）}{x-1}=a（{x-1}）+\frac{1-a}{x-1}-2$，令$t=x-1∈[{\frac{1}{2}，2}]$，
则$g（t）=a•t+\frac{1-a}{t}-2$，$t∈[{\frac{1}{2}，2}]$．
（i）当a≤0时，g（t）在$t∈[{\frac{1}{2}，2}]$单调递减，所以$g{（t）_{max}}-g{（t）_{min}}≥\frac{a+1}{2}$，
等价于$g（{\frac{1}{2}}）-g（2）≥\frac{a+1}{2}⇒a≤\frac{2}{7}$，所以a≤0．
（ii）当0＜a＜1时，$g（t）=a（{t+\frac{{\frac{1-a}{a}}}{t}}）-2$，g（t）在$（{0，\sqrt{\frac{1-a}{a}}}]$上单调递减，
在$[{\sqrt{\frac{1-a}{a}}，+∞}）$上单调递增．
①当$\sqrt{\frac{1-a}{a}}≤\frac{1}{2}$时，即$\frac{4}{5}≤a＜1$，g（t）在$t∈[{\frac{1}{2}，2}]$单调递增．
由$g{（t）_{max}}-g{（t）_{min}}≥\frac{a+1}{2}$得到$g（2）-g（{\frac{1}{2}}）≥\frac{a+1}{2}⇒a≥\frac{4}{5}$，所以$\frac{4}{5}≤a＜1$．
②当$\sqrt{\frac{1-a}{a}}≥2$时，$0＜a≤\frac{1}{5}$时，g（t）在$t∈[{\frac{1}{2}，2}]$单调递减，
由$g{（t）_{max}}-g{（t）_{min}}≥\frac{a+1}{2}$得到$g（{\frac{1}{2}}）-g（2）≥\frac{a+1}{2}⇒a≤\frac{2}{7}$，所以$0＜a≤\frac{1}{5}$．
③当$\frac{1}{2}＜\sqrt{\frac{1-a}{a}}＜2$，即$\frac{1}{5}＜a＜\frac{4}{5}$时，$g{（t）_{min}}=g（{\sqrt{\frac{1-a}{a}}}）$，
最大值则在g（2）与$g（{\frac{1}{2}}）$中取较大者，作差比较$g（2）-g（{\frac{1}{2}}）=3a-\frac{3}{2}$，得到分类讨论标准：
a．当$\frac{1}{5}＜a＜\frac{1}{2}$时，$g（2）-g（{\frac{1}{2}}）=3a-\frac{3}{2}＜0$，此时$g{（t）_{max}}=g（{\frac{1}{2}}）$，
由$g{（t）_{max}}-g{（t）_{min}}≥\frac{a+1}{2}$，
得到$g（{\frac{1}{2}}）-g（{\sqrt{\frac{1-a}{a}}}）≥\frac{a+1}{2}⇒32{a^2}-40a+9≥0⇒a≥\frac{{5+\sqrt{7}}}{8}$或$a≤\frac{{5-\sqrt{7}}}{8}$，
所以$\frac{1}{5}＜a≤\frac{{5-\sqrt{7}}}{8}$．
b．当$\frac{1}{2}≤a＜\frac{4}{5}$时，$g（2）-g（{\frac{1}{2}}）=3a-\frac{3}{2}＞0$，此时g（t）_max=g（2），
由$g{（t）_{max}}-g{（t）_{min}}≥\frac{a+1}{2}$，得到$g（2）-g（{\sqrt{\frac{1-a}{a}}}）≥\frac{a+1}{2}⇒a≥2\sqrt{a（{1-a}）}⇒a≥\frac{4}{5}$，
所以此时a∈∅，
在此类讨论中，$a∈（{0，\frac{{5-\sqrt{7}}}{8}}]∪[{\frac{4}{5}，1}）$．
c．当a≥1时，g（t）在$t∈[{\frac{1}{2}，2}]$单调递增，由$g{（t）_{max}}-g{（t）_{min}}≥\frac{a+1}{2}$，
得到$g（2）-g（{\frac{1}{2}}）≥\frac{a+1}{2}⇒a≥\frac{4}{5}$，所以a≥1，
综合以上三大类情况，$a∈（{-∞，\frac{{5-\sqrt{7}}}{8}}]∪[{\frac{4}{5}，+∞}）$．

点评 本题考查函数的单调性的应用，考查存在性问题的解法，注意运用分类讨论的思想方法，以及转化思想，考查运算能力，属于难题．