Question

3．設(shè)函數(shù)f（x）=x²-ax+b（a，b∈R）
（Ⅰ）若函數(shù)f（x）在[0，1]上不單調(diào)，求a的取值范圍
（Ⅱ）對任意x∈[-1，1]，都存在y∈R，使得f（y）=f（x）+y成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的對稱軸，解關(guān)于a的不等式即可；
（Ⅱ）方法1：問題轉(zhuǎn)化為4x²-4ax+（a+1）²對任意x∈[-1，1]恒成立，記g（x）=4x²-4ax+（a+1）²，x∈[-1，1]，通過討論對稱軸的位置，得到g（x）的最小值，從而求出a的范圍即可；方法2：根據(jù)集合的包含關(guān)系判斷即可．

解答 解：（Ⅰ）∵函數(shù)f（x）在[0，1]上不單調(diào)，
∴0＜$\frac{a}{2}$＜1，即0＜a＜2；
（Ⅱ）解法1：由已知，對任意的實數(shù)x∈[-1，1]．，
關(guān)于y的方程f（y）=f（x）+y有解，
即對任意的實數(shù)x∈[-1，1]關(guān)于y的方程y²-（a+1）y-（x²-ax）=0有解，
∴△₁=（a+1）²+4（x²-ax）≥0，對任意x∈[-1，1]恒成立，
即4x²-4ax+（a+1）²對任意x∈[-1，1]恒成立，
記g（x）=4x²-4ax+（a+1）²，x∈[-1，1]，
①當(dāng)$\frac{a}{2}$≤-1時，g（x）_min=g（-1）=a²+6a+5≥0，故a≤-5，
②當(dāng)-1＜$\frac{a}{2}$＜1時，△₂=16a²-16（a+1）²≤0，故-$\frac{1}{2}$≤a＜2，
③當(dāng)$\frac{a}{2}$≥1時，g（x）_min=g（1）=a²-2a+5≥0，故a≥2，
綜上，a的范圍是a≤-5或a≥-$\frac{1}{2}$；
解法2：即對任意的實數(shù)x∈[-1，1]關(guān)于y的方程f（y）=f（x）+y有有解，
即對任意的實數(shù)x∈[-1，1]，都存在關(guān)于y的方程y²-（a+1）y=x²-ax成立，
記A={z|z=y²-（a+1）y，y∈R}=[-$\frac{{（a+1）}^{2}}{4}$，+∞）；
B={z|z=-x²-ax，x∈[-1，1]}，即A?B，
記g（x）=x²-ax，x∈[-1，1]，
①當(dāng)$\frac{a}{2}$≤-1時，B=[1+a，1-a]，由A?B得-$\frac{{（a+1）}^{2}}{4}$≤1+a，
化簡得：a≤-5，
②當(dāng)-1＜$\frac{a}{2}$＜1時，B=[-$\frac{{a}^{2}}{4}$，max{1+a，1-a}]，
由A?B得-$\frac{{（a+1）}^{2}}{4}$≤-$\frac{{a}^{2}}{4}$，化簡得-$\frac{1}{2}$≤a＜2，
③當(dāng)$\frac{a}{2}$≥1時，B=[1-a，1+a]，由A?B得-$\frac{{（a+1）}^{2}}{4}$≤1-a，化簡得a≥2，
綜上，a≤-5或a≥-$\frac{1}{2}$，
故a的范圍是（-∞，-5]∪[-$\frac{1}{2}$，+∞）．

點評 本題考察了二次函數(shù)的性質(zhì)，考察函數(shù)的單調(diào)性、最值、函數(shù)恒成立問題以及分類討論思想，是一道中檔題．