Question

7．設(shè)函數(shù)f（x）=x²-ax+a+3，g（x）=x-a．
（1）若不存在x₀∈R，使得f（x₀）＜0與g（x₀）＜0同時成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（2）設(shè)h（x）=f（x）+2x|x-a|+ax-a-3，若不等式4≤h（x）≤16在x∈[1，2]上恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)x＞a時，g（x）＞0恒成立，顯然不存在x₀∈（a，+∞），使得f（x₀）＜0與g（x₀）＜0同時成立，當(dāng)x≤a時，則需f（x）≥0在（-∞，a]上恒成立，只需f（x）在（-∞，a]上的最小值大于或等于零即可，利用二次函數(shù)的圖象性質(zhì)求最小值并解不等式即可得a的取值范圍．
（2）求出函數(shù)h（x）=x²+2x|x-a|，由題意知，只需h_min（x）≥4，h_max（x）≤16，利用h（x）在x∈[1，2]上恒遞增，可求得a的范圍$a≤-\frac{1}{2}$或$a≥\frac{5}{2}$；再對a分$a≥\frac{5}{2}$與$a≤-\frac{1}{2}$兩類討論，即可求得a的取值范圍．

解答 解：（1）①若x≤a，則g（x）≤0，此時若不存在x₀∈（-∞，a]，使得f（x₀）＜0與g（x₀）＜0同時成立，需f（x）≥0在（-∞，a]上恒成立，
即x²-ax+a+3≥0在（-∞，a]上恒成立，
需$\left\{\begin{array}{l}{a＞0}\\{f（\frac{a}{2}）≥0}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{a≤0}\\{f（a）≥0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{a＞0}\\{-\frac{{a}^{2}}{4}+a+3≥0}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{a≤0}\\{a+3≥0}\end{array}\right.$
解得：-3≤a≤6
②若x＞a，則g（x）＞0恒成立，顯然不存在x₀∈（a，+∞），使得f（x₀）＜0與g（x₀）＜0同時成立，此時a∈R
綜上所述，若不存在x₀∈R，使得f（x₀）＜0與g（x₀）＜0同時成立，實數(shù)a的取值范圍是[-3，6]．
（2）∵f（x）=x²-ax+a+3，
∴h（x）=f（x）+2x|x-a|+ax-a-3=x²+2x|x-a|=$\left\{\begin{array}{l}-（x-a）^{2}+{a}^{2}，x≤a\\ 3（x-\frac{a}{3}）^{2}-\frac{{a}^{2}}{3}，x＞a\end{array}\right.$，
當(dāng)a≥0時，h（x）在（-∞，a）和（a，+∞）上均遞增；
當(dāng)a＜0時（如圖），h（x）在（-∞，a）和$（\frac{a}{3}，+∞）$上遞增，在在$（a，\frac{a}{3}）$上遞減，
由題意知，只需h_min（x）≥4，h_max（x）≤16，
首先，由（Ⅰ）可知，h（x）在x∈[1，2]上恒遞增，
則h_min（x）=f（1）=1+2|1-a|≥4，解得$a≤-\frac{1}{2}$或$a≥\frac{5}{2}$；
其次，當(dāng)$a≥\frac{5}{2}$時，f（x）在R上遞增，
故h_max（x）=h（2）=4a-4≤16，解得$\frac{5}{2}≤a≤5$；
當(dāng)$a≤-\frac{1}{2}$時，h（x）在[1，2]上遞增，
故h_max（x）=h（2）=12-4a≤16，解得$-1≤a≤-\frac{1}{2}$．
綜上：$-1≤a≤-\frac{1}{2}$或$\frac{5}{2}≤a≤5$．

點評 本題考查函數(shù)單調(diào)性的判斷與證明，著重考查分類討論思想與數(shù)形結(jié)合思想、等價轉(zhuǎn)化思想的綜合應(yīng)用，是難題．