Question

16．已知函數(shù)f（x）=x²-ax+1，x∈R．
（1）若f（x）≥0恒成立，求a的取值范圍；
（2）當(dāng)a∈（0，3），求函數(shù)y=f（x）在x∈[1，2]上的最大值；
（3）任意x₁，x₂∈[1，2]，使得|f（x₁）-f（x₂）|≤4恒成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）問(wèn)題轉(zhuǎn)化為x²-ax+1≥0對(duì)x∈R恒成立，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求出a的范圍即可；
（2）求出函數(shù)的對(duì)稱軸，通過(guò)討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)在[1，2]上的最大值即可；
（3）問(wèn)題轉(zhuǎn)化為f（x）_max-f（x）_min≤4，x∈[1，2]，討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，得到函數(shù)的最值的差，從而求出a的范圍即可．

解答 解：（1）若f（x）≥0對(duì)x∈R恒成立，即x²-ax+1≥0對(duì)x∈R恒成立，
∴△=a²-4≤0，解得，-2≤a≤2．
∴a的取值范圍[-2，2]；
（2）f（x）=x²-ax+1，a∈（0，3），
對(duì)稱軸x=$\frac{a}{2}$＞0，
①0＜$\frac{a}{2}$＜1即0＜a＜2時(shí)，f（x）在[1，2]遞增，
f（x）的最大值是f（2）=5-2a，
②1≤$\frac{a}{2}$＜$\frac{3}{2}$即2≤a＜3時(shí)，
f（x）在[1，$\frac{a}{2}$）遞減，在（$\frac{a}{2}$，2]遞增，
f（x）的最大值是f（1）或f（2），
而$\frac{a}{2}$-1≤2-$\frac{a}{2}$，
∴f（x）的最大值是f（2）=5-2a，
綜上，f（x）的最大值是5-2a；
（3）任意x₁，x₂∈[1，2]，使得|f（x₁）-f（x₂）|≤4恒成立，
即f（x）_max-f（x）_min≤4，x∈[1，2]，
f（x）=x²-ax+1，對(duì)稱軸x=$\frac{a}{2}$，
①a≤2，即x=$\frac{a}{2}$≤1時(shí)，
f（x）在[1，2]遞增，f（x）_max-f（x）_min=f（2）-f（1）=3-a≤4，
解得：-1≤a≤2；
②2＜a＜3即1＜$\frac{a}{2}$＜$\frac{3}{2}$時(shí)，
f（x）在[1，$\frac{a}{2}$）遞減，在（$\frac{a}{2}$，2]遞增，
f（x）_max-f（x）_min=f（2）-f（$\frac{a}{2}$）=$\frac{{a}^{2}}{4}$-2a+4≤4，
解得：0≤a≤8，即2＜a＜3符合題意；
③3≤a＜4即$\frac{3}{2}$≤a＜2時(shí)，
f（x）在[1，$\frac{a}{2}$）遞減，在（$\frac{a}{2}$，2]遞增，
f（x）_max-f（x）_min=f（1）-f（$\frac{a}{2}$）=$\frac{{a}^{2}}{4}$-a+1≤4，
解得：-2≤a≤6，即3≤a＜4符合題意；
④a≥4，即$\frac{a}{2}$≥2時(shí)，
f（x）在[1，2]遞減，f（x）_max-f（x）_min=f（1）-f（2）=a-3≤4，
解得：4≤a≤7；
綜上：-1≤a≤7．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題，考查二次函數(shù)的性質(zhì)以及分類(lèi)討論思想，是一道中檔題．