Question

6．设f（x）=-x²-ax+1，$g（x）=\frac{{a{x^2}+x+a}}{x^2}$，
（Ⅰ）若f（x）-2=0在（0，3]上有两个不等实根，求a的取值范围．
（Ⅱ）若对任意的${x_1}∈[\frac{1}{2}，1]$，存在x₂∈[1，2]，都有f（x₂）≥g（x₁）成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）若f（x）-2=0在（0，3]上有两个不等实根，即x²+ax+1=0在（0，3]上有两个不等实根，令v（x）=x²+ax+1，则g（x）在（0，3]上有两个不等的零点，根据二次函数的图象和性质，构造关于a的不等式组，解得a的取值范围．
（Ⅱ）将问题转化为（f（x））_max≥g（x），对$x∈[\frac{1}{2}，1]$恒成立．对a进行分类讨论，最后综合讨论结果，可得答案．

解答 解：（Ⅰ）若f（x）-2=0在（0，3]上有两个不等实根，
即x²+ax+1=0在（0，3]上有两个不等实根，
令v（x）=x²+ax+1，则v（x）在（0，3]上有两个不等的零点，
则$\left\{\begin{array}{l}v（-\frac{a}{2}）=\frac{4-{a}^{2}}{4}＜0\\ v（3）=3a+10≥0\\ 0＜-\frac{a}{2}＜3\end{array}\right.$，
解得：$-\frac{10}{3}≤a＜-2$…3分；
（Ⅱ）由题意，问题转化为（f（x））_max≥g（x），对$x∈[\frac{1}{2}，1]$恒成立．
对函数$g（x）=\frac{{a{x^2}+x+a}}{x^2}$，令$\frac{1}{x}=t∈[1，2]$，
$g（x）=\frac{{a{x^2}+x+a}}{x^2}=h（t）=a{t^2}+t+a$，
则问题转化为：（f（x））_max≥h（t），t∈[1，2]恒成立．
∵${（f（x））_{max}}=\left\{\begin{array}{l}-2a-3，a≤-4\\ \frac{a^2}{4}+1，-4＜a＜-2\\-a，a≥-2\end{array}\right.$，…（5分）
（1）当a≤-4时，-2a-3≥at²+t+a对t∈[1，2]恒成立，
则$a≤-\frac{t+3}{{{t^2}+2}}$对t∈[1，2]恒成立，
得$a≤-\frac{4}{3}$，得a≤-4；…（6分）
（2）当-4＜a＜-2时，$\frac{a^2}{4}+1≥a{t^2}+t+a$对t∈[1，2]恒成立，
则$H（t）=a{t^2}+t+a-1-\frac{a^2}{4}≤0$对t∈[1，2]恒成立，
关于t的二次函数的对称轴在$[-\frac{1}{4}，-\frac{1}{8}]$之间，开口向下，
则H（1）≤0，
得a≤0，a≥8，即得-4＜a＜-2；…（7分）
（3）当a≥-2时，-a≥at²+t+a对t∈[1，2]恒成立，
则$a≤\frac{-t}{{{t^2}+2}}$对t∈[1，2]恒成立，
得$a≤-\frac{{\sqrt{2}}}{4}$，得$-2≤a≤-\frac{{\sqrt{2}}}{4}$；…（8分）
综上，得满足题意的a的范围是：$a≤-\frac{{\sqrt{2}}}{4}$．…（9分）

点评 本题考查的知识点是二次函数的图象和性质，恒成立问题，函数的最值，分类讨论思路，分段函数的应用，综合性强，分类复杂，运算强度较大，属于难题．