Question

15．已知f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}+ax+1-a（x≥0）}\\{f（x+2）（x＜0）}\end{array}\right.$．
（Ⅰ）若a=-8，求當(dāng)-6≤x≤5時(shí)，|f（x）|的最大值；
（Ⅱ）對(duì)于任意的實(shí)數(shù)a（-2≤a≤4）都有一個(gè)最大的正數(shù)M（a），使得當(dāng)x∈[0，M（a）]時(shí)，|f（x）|≤3恒成立，求M（a）的最大值及相應(yīng)的a．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過(guò)f（x）的解析式可知當(dāng)-6≤x＜0時(shí)，存在0≤t＜2使得f（x）=f（t），從而問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求當(dāng)0≤x≤5時(shí)|f（x）|的最大值即可，進(jìn)而計(jì)算可得結(jié)論；
（Ⅱ）通過(guò)配方可知f（x）=$（x+\frac{a}{2}）^{2}$+1-a-$\frac{{a}^{2}}{4}$（0≤x≤t），分0≤-$\frac{a}{2}$≤t、0＜t≤-$\frac{a}{2}$、-$\frac{a}{2}$＜0＜t三種情況討論即可．

解答 解：（Ⅰ）依題意，當(dāng)x≥0時(shí)，f（x）=x²-8x+9，
∵當(dāng)x＜0時(shí)，f（x）=f（x+2），
∴當(dāng)-6≤x＜0時(shí)，存在0≤t＜2使得f（x）=f（t），
從而只要求當(dāng)0≤x≤5時(shí)|f（x）|的最大值即可，
此時(shí)f（4）≤f（x）≤f（0），即-7≤f（x）≤9，
∴當(dāng)-6≤x≤5時(shí)，|f（x）|的最大值為9；
（Ⅱ）f（x）=x²+ax+1-a=$（x+\frac{a}{2}）^{2}$+1-a-$\frac{{a}^{2}}{4}$，其中0≤x≤t，
①當(dāng)0≤-$\frac{a}{2}$≤t時(shí)，f_min（x）=f（-$\frac{a}{2}$）=1-a-$\frac{{a}^{2}}{4}$，
f_max（x）=max{f（0），f（t）}=max{1-a，t²+at+1-a}，
|f（x）|≤3恒成立轉(zhuǎn)化為：
$\left\{\begin{array}{l}{1-a≤3}\\{{t}^{2}+at+1-a≤3}\\{1-a-\frac{{a}^{2}}{4}≥-3}\end{array}\right.$，
則M（a）=t_max=$\frac{-a+\sqrt{{a}^{2}+4a+8}}{2}$（-2≤a≤0），
由$\frac{-a+\sqrt{{a}^{2}+4a+8}}{2}$=$\frac{-（a+2）+\sqrt{{a}^{2}+4a+8}}{2}$+1=$\frac{2}{（a+2）+\sqrt{{a}^{2}+4a+8}}$+1，
顯然在[-2，0]上單調(diào)遞減，故此時(shí)M_max（a）=M[-2]=2；
②當(dāng)0＜t≤-$\frac{a}{2}$時(shí)，f_min（x）=f（t）=t²+at+1-a，f_max（x）=f（0）=1-a，
則有$\left\{\begin{array}{l}{1-a≤3}\\{{t}^{2}+at+1-a≥-3}\end{array}\right.$，有a≥-2，即0＜t＜-$\frac{a}{2}$≤1，
此時(shí)不可能比①中的值大；
③當(dāng)-$\frac{a}{2}$＜0＜t時(shí)，f_max（x）=f（t）=t²+at+1-a，f_min（x）=f（0）=1-a，
則有$\left\{\begin{array}{l}{1-a≥-3}\\{{t}^{2}+at+1-a≤3}\end{array}\right.$，
則M（a）=t_max=$\frac{-a+\sqrt{{a}^{2}+4a+8}}{2}$（0＜a≤4），
與①同理，可得M_max（a）＜M（0）＜M（-2）=2；
綜上所述，當(dāng)a=-2時(shí)，M_max（a）=2．

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)的最值及其幾何意義，考查分類討論的思想，考查運(yùn)算求解能力，注意解題方法的積累，屬于難題．