Question

10．已知函数f（x）=x²-1，g（x）=a|x-1|．
（Ⅰ）若不等式f（x）≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围．
（Ⅱ）若a＞-2，设函数h（x）=|f（x）|+g（x）在[0，2]上的最大值为t（a），求t（a）的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）按照x与1进行讨论，分离常数得a≤$\frac{{x}^{2}-1}{|x-1|}$，令φ（x）=$\frac{{x}^{2}-1}{|x-1|}$，去掉绝对值符号化简解析式，由一次函数的性质分别求出φ（x）的范围，由恒成立问题求出a的范围，最后取并集；
（Ⅱ）由题意求出h（x），求出对称轴，由区间和对称轴对a进行分类讨论，分别由二次函数的性质判断出h（x）在区间上的单调性，并求出对应的最大值．

解答 （本题满分为15分）
解：（Ⅰ）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，
①当x=1时，（*）显然成立，此时a∈R； …（2分）
②当x≠1时，（*）可变形为a≤$\frac{{x}^{2}-1}{|x-1|}$，令φ（x）=$\frac{{x}^{2}-1}{|x-1|}$=$\left\{\begin{array}{l}{x+1}&{x＞1}\\{-（x+1）}&{x＜1}\end{array}\right.$，
因为当x＞1时，φ（x）＞2，当x＜1时，φ（x）＞-2，…（4分）
所以φ（x）＞-2，故此时a≤-2．
综合①②，得所求实数a的取值范围是a≤-2．…（6分）
（Ⅱ）$h（x）=\left\{\begin{array}{l}-{x^2}-ax+a+1，0≤x＜1\\ 0，{\;}^{\;}{\;}^{\;}{\;}^{\;}{\;}^{\;}{\;}^{\;}x=1\\{x^2}+ax-a-1，1＜x≤2\end{array}\right.$，…（7分）
∵a≤0，
∴$对称轴x=-\frac{a}{2}≥0$，
①当$0≤-\frac{a}{2}≤1$时，即-2≤a≤0，${（-{x^2}-ax+a+1）_{max}}=h（-\frac{a}{2}）=\frac{a^2}{4}+a+1$（x²+ax-a-1）_max=h（2）=a+3，
∵$\frac{a^2}{4}+a+1-（a+3）=\frac{{{a^2}-8}}{4}＜0$，
∴h（x）_max=a+3，…（9分）
②当$1＜-\frac{a}{2}≤2$时，即-4≤a＜-2，（-x²-ax+a+1）_max=h（1）=0，${（{x^2}+ax-a-1）_{max}}=max\{h（1），h（2）\}=max\{0，3+a\}=\left\{\begin{array}{l}0，-4≤a＜-3\\ 3+a，-3≤a＜-2\end{array}\right.$，
此时$h{（x）_{max}}=\left\{\begin{array}{l}0，-4≤a＜-3\\ 3+a，-3≤a＜-2\end{array}\right.$，…（11分）
③当$-\frac{a}{2}＞2$时，即a＜-4，（-x²-ax+a+1）_max=h（1）=0（x²+ax-a-1）_max=h（1）=0，
此时h（x）_max=0，…（13分）
综上：h（x）_max=t（a）=$\left\{\begin{array}{l}3+a，-3≤a≤0\\ 0，a＜-3\end{array}\right.$，
∴t（a）_min=0．…（15分）

点评 本题考查函数的零点与方程的根的关系，解题的关键是根据所给的条件及相关知识对问题进行正确转化，本题比较抽象，对问题的转化尤其显得重要，本题在求解问题时用到了分类讨论的思想，转化化归的思想，数学综合题的求解过程中，常用到这两个思想，繁杂的分类使得该题难度较大．