Question

2．已知函數(shù)f（x）=x²-ax-a．
（Ⅰ）若存在實數(shù)x，使f（x）＜0，求實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ）設(shè)g（x）=|f（x）|，若任意實數(shù)a，存在x₀∈[0，1]使不等式g（x₀）≥k成立，求實數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）配方求出f（x）的最小值由最小值小于0求得實數(shù)a的范圍；
（Ⅱ）對a分類求出g（x）在區(qū)間[0，1]上的最大值為M（a），然后利用單調(diào)性求出函數(shù)M（a）的最小值求得k的值．

解答 解：（Ⅰ）f（x）=x²-ax-a=$（x-\frac{a}{2}）^{2}-\frac{{a}^{2}}{4}-a$，
當(dāng)且僅當(dāng)$-\frac{{a}^{2}}{4}-a＜0$時，存在實數(shù)x使f（x）＜0，
解得a＜-4或a＞0；
（Ⅱ）記g（x）=|f（x）|=|$（x-\frac{a}{2}）^{2}-\frac{{a}^{2}}{4}-a$|在區(qū)間[0，1]上的最大值為M（a），
（1）當(dāng)$\frac{a}{2}≤0$時，f（x）在區(qū)間[0，1]上遞增，且f（0）=-a≥0，
∴當(dāng)x∈[0，1]時，g（x）_max=f（x）_max=f（1）=1-2a，
（2）當(dāng)$0＜\frac{a}{2}≤1$，即0＜a≤2時，f（0）=-a＜0，
∴g（x）_max=max{$g（\frac{a}{2}），g（1）$}=max{$\frac{{a}^{2}}{4}+a，|1-2a|$}．
①當(dāng)0$＜a≤\frac{1}{2}$時，g（x）_max=max{$\frac{{a}^{2}}{4}+a，1-2a$}．
1°當(dāng)0$＜a≤-6+2\sqrt{10}$時，$\frac{{a}^{2}}{4}+a≤1-2a$，∴g（x）_max=1-2a；
2°當(dāng)$-6+2\sqrt{10}＜a≤\frac{1}{2}$時，$\frac{{a}^{2}}{4}+a＞1-2a$，∴$g（x）_{max}=\frac{{a}^{2}}{4}+a$；
②當(dāng)$\frac{1}{2}＜a≤2$時，g（x）在區(qū)間（0，$\frac{a}{2}$）上遞增，在（$\frac{a}{2}，1$）上遞減，
∴$g（x）_{max}=g（\frac{a}{2}）=\frac{{a}^{2}}{4}+a$；
（3）當(dāng)$\frac{a}{2}＞1$，即a＞2時，f（x）在區(qū)間[0，1]上遞減，且f（0）=-a＜0，
∴g（x）_max=g（1）=2a-1．
綜上所述，$M（a）=\left\{\begin{array}{l}{1-2a，a≤-6+2\sqrt{10}}\\{\frac{{a}^{2}}{4}+a，-6+2\sqrt{10}＜a≤2}\\{2a-1，a≥2}\end{array}\right.$，
由題意可知，k≤M（a）_min，
當(dāng)a$≤-6+2\sqrt{10}$時，M（a）為減函數(shù)，∴$M（a）_{min}=M（-6+2\sqrt{10}）=13-4\sqrt{10}$；
當(dāng)-6+$2\sqrt{10}＜a≤2$時，M（a）為增函數(shù)，∴$M（a）_{min}=M（-6+2\sqrt{10}）=13-4\sqrt{10}$；
當(dāng)a≥2時，M（a）=2a-1為增函數(shù)，∴M（a）_min=M（2）=3．
綜上所述，M（a）的最小值為$13-4\sqrt{10}$，即k∈（-∞，13-4$\sqrt{10}$]．

點評 本題考查了恒成立問題，著重考查了分類討論的數(shù)學(xué)思想方法和數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法，正確的分類是解決該題的關(guān)鍵，解決該題需要考生有清晰的思路，屬難度較大的題目．