Question

2．已知函数f（x）=-x²+（a-1）x+a-1，g（x）=x（x-a）²-1，其中a为实数．
（1）是否存在x₀∈（0，1），使得f（x₀）+1=0？若存在，求出实数a的取值范围；若不存在，请说明理由．
（2）若集合A={x|f（x）•g（x）=0，x∈R}中恰有5个元素，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）由f（x）+1=-x²+（a-1）x+a=0，解得x=-1或x=a．即可判断出结论．
（2）f（x）=-x²+（a-1）x+a-1=0有2相异解实根时，△＞0，解得a范围．g（x）=x（x-a）²-1=0，g′（x）=（x-a）（3x-a），对a分类讨论，利用导数研究其单调性即可得出．

解答 解：（1）由f（x）+1=-x²+（a-1）x+a=0，
解得x=-1或x=a．
当a∈（0，1）时，存在x₀∈（0，1），使得f（x₀）+1=0．
（2）f（x）=-x²+（a-1）x+a-1=0有2相异解实根时，
△=（a-1）²+4（a-1）＞0，∴a＜-3，或a＞1．
g（x）=x（x-a）²-1=0，g′（x）=（x-a）（3x-a），
当a=0时，g′（x）≥0，g（x）=0有1解；
当a＜0时，$a＜\frac{a}{3}$，$g（x）在（{-∞，a}）上增，（{a，\frac{a}{3}}）上减，（{\frac{a}{3}，+∞}）上增$，
极大值g（a）=-1＜0，g（x）=0有1解； 
当a＞0时，$a＞\frac{a}{3}$，$g（x）在（{-∞，\frac{a}{3}}）上增，（{\frac{a}{3}，a}）上减，（{a，+∞}）上增$，
极小值g（a）=-1＜0，
要使g（x）=0有3解，只须$g（{\frac{a}{3}}）＞0$，∴$a＞\frac{{3\root{3}{2}}}{2}$．
下面用反证法证明$a＞\frac{{3\root{3}{2}}}{2}$时，5个根相异．
假设?x₀∈R，f（x₀）=g（x₀）=0，
即$\left\{\begin{array}{l}-{x_0}^2+（{a-1}）{x_0}+a-1=0\\{x_0}{（{{x_0}-a}）^2}-1=0\end{array}\right.$两式相减得：$（{{x_0}-a}）（{{x_0}^2-a{x_0}+{x_0}+1}）=0$，
若x₀=a代入②得0-1=0矛盾；
若${x_0}^2-a{x_0}+{x_0}+1=0$代入①得a=0，这与$a＞\frac{{3\root{3}{2}}}{2}$矛盾．
∴假设不成立，即5个根相异．
综上，$a＞\frac{{3\root{3}{2}}}{2}$．

点评 本题考查了利用导数研究函数单调性极值与最值、函数的零点、反证法、二次函数与判别式的关系，考查了分类讨论思想方法、推理能力与计算能力，属于难题．