Question

14．已知函数f（x）=x²-1，g（x）=|x-a|．
（1）当a=1时，求F（x）=f（x）-g（x）的零点；
（2）若方程|f（x）|=g（x）有三个不同的实数解，求a的值；
（3）求G（x）=f（x）+g（x）在[-2，2]上的最小值h（a）．

Answer 1

分析 （1）分段表示F（x），令F（x）=0，分类讨论求解零点即可．
（2）变形得（x²+x-a-1）（x²-x+a-1）=0，即要求方程x²+x-a-1=0…（1），与x²-x+a-1=0…（2）
分别求解（ I）一个有等根，另一个有两不等根，且三根不等，（ II）方程（1）、（2）均有两不等根且由一根相同；判断符合题意吧，
（3）具体表示G（x）=f（x）+g（x）=x²-1+|x-a|=$\left\{{\begin{array}{l}{{x^2}+x-a-1，（x≥a）}\\{{x^2}-x+a-1，（x＜a）}\end{array}}\right.$，①当$a≤-\frac{1}{2}$时，②当$a≥\frac{1}{2}$时，③当$-\frac{1}{2}＜a＜\frac{1}{2}$时，利用单调性求解即可．

解答 解：（1）当a=1时，$F（x）={x^2}-1-|x-1|=\left\{\begin{array}{l}{x^2}-x，x≥1\\{x^2}+x-2，x＜1.\end{array}\right.$，
令F（x）=0得，当x≥1时，x²-x=0，x=1（x=0舍去）
当x＜1时，x²+x-2=0，x=-2（x=1舍去）
所以当a=1时，F（x）的零点为1，-2，
（2）方程|f（x）|=g（x），即|x²-1|=|x-a|，
变形得（x²+x-a-1）（x²-x+a-1）=0，
从而欲使原方程有三个不同的解，即要求方程x²+x-a-1=0…（1）
与x²-x+a-1=0…（2）
满足下列情形之一：
（ I）一个有等根，另一个有两不等根，且三根不等
（ II）方程（1）、（2）均有两不等根且由一根相同；
对情形（ I）：若方程（1）有等根，则△=1+4（a+1）=0解得 $a=-\frac{5}{4}$代入方程（2）检验符合；
若方程（2）有等根，则△=1-4（a-1）=0解得$a=\frac{5}{4}$代入方程（1）检验符合；
对情形（I I）：设x₀是公共根，则${x_0}^2+{x_0}-a-1={x_0}^2-{x_0}+a-1$，
解得x₀=a代入（1）得a=±1，
a=1代入|f（x）|=g（x）检验得三个解为-2、0、1符合
a=-1代入|f（x）|=g（x）检验得三个解为2、0、-1符合
故|f（x）|=g（x）有三个不同的解的值为$a=±\frac{5}{4}$或a=±1．
（3）因为G（x）=f（x）+g（x）=x²-1+|x-a|=$\left\{{\begin{array}{l}{{x^2}+x-a-1，（x≥a）}\\{{x^2}-x+a-1，（x＜a）}\end{array}}\right.$，
①当$a≤-\frac{1}{2}$时，G（x）在$[-2，-\frac{1}{2}]$上递减，在$[-\frac{1}{2}，2]$上递增，
故G（x）在[-2，2]上最小值为$G{（x）_{min}}=G（-\frac{1}{2}）=-\frac{5}{4}-a$
②当$a≥\frac{1}{2}$时G（x）=x²-x-1+a，在$[-2，\frac{1}{2}]$上递减，在$[\frac{1}{2}，2]$上递增，
故G（x）在[-2，2]上最小值为$G{（x）_{min}}=G（\frac{1}{2}）=-\frac{5}{4}+a$
③当$-\frac{1}{2}＜a＜\frac{1}{2}$时，G（x）在[-2，a]上递减，当x∈[a，2]时递增，
故此时G（x）在[-2，2]上的最小值为$G{（x）_{min}}=G（a）={a^2}-1$
综上所述：$h（a）=\left\{{\begin{array}{l}{-\frac{5}{4}+a，（a≥\frac{1}{2}）}\\{{a^2}-1，（-\frac{1}{2}＜a＜\frac{1}{2}）}\\{-\frac{5}{4}-a，（a≤-\frac{1}{2}）}\end{array}}\right.$

点评 本题综合考查了解决复杂函数最值，单调性，函数解析式等问题，关键是分类讨论求解，充分考查了学生解题的条理性，思维的逻辑严密性．