Question

19．已知函數(shù)f（x）=$\sqrt{1+x}$+$\sqrt{1-x}$，
（1）求函數(shù)f（x）的定義域和值域；
（2）設(shè)F（x）=$\frac{a}{2}$•[f²（x）-2]+f（x）（其中a為參數(shù)），求F（x）的最大值g（a）．

Answer 1

分析 （1）由根式內(nèi)部的代數(shù)式大于等于0聯(lián)立不等式組求得函數(shù)的定義域；把函數(shù)解析式兩邊平方，求出f²（x）的范圍后得函數(shù)值域；
（2）把f²（x）、f（x）的解析式代入F（x）=$\frac{a}{2}$•[f²（x）-2]+f（x），然后令t=f（x）=$\sqrt{1+x}$+$\sqrt{1-x}$換元，化為關(guān)于t的二次函數(shù)，然后結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)分類求得F（x）的最大值g（a）．

解答 解：（1）由$\left\{\begin{array}{l}{1+x≥0}\\{1-x≥0}\end{array}\right.$，得-1≤x≤1，∴函數(shù)f（x）的定義域?yàn)閇-1，1]；
又f²（x）=2+2$\sqrt{1-{x}^{2}}$∈[2，4]，由f（x）≥0，得值域?yàn)閇$\sqrt{2}$，2]；
（2）∵F（x）=$\frac{a}{2}$•[f²（x）-2]+f（x）=a$\sqrt{1-{x}^{2}}$+$\sqrt{1+x}$+$\sqrt{1-x}$，
令t=f（x）=$\sqrt{1+x}$+$\sqrt{1-x}$，則$\sqrt{1-{x}^{2}}$=$\frac{1}{2}$t²-1，
∴F（x）=m（t）=a（$\frac{1}{2}$t²-1）+t=$\frac{1}{2}$at²+t-a，t∈[$\sqrt{2}$，2]，
由題意知g（a）即為函數(shù)m（t）=$\frac{1}{2}$at²+t-a，t∈[$\sqrt{2}$，2]的最大值．
注意到直線t=-$\frac{1}{a}$是拋物線mt=$\frac{1}{2}$at²+t-a的對(duì)稱軸，
當(dāng)a=0時(shí)，m（t）=t，∴g（a）=2；
當(dāng)a＞0時(shí)，m（t）=$\frac{1}{2}$at²+t-a，t∈[$\sqrt{2}$，2]遞增，∴g（a）=m（2）=a+2；
當(dāng)a＜0時(shí)：
①若t=-$\frac{1}{a}$∈（0，$\sqrt{2}$]，即a≤-$\frac{\sqrt{2}}{2}$，則g（a）=m（$\sqrt{2}$）=$\sqrt{2}$；
②若t=-$\frac{1}{a}$∈（$\sqrt{2}$，2]，即-$\frac{\sqrt{2}}{2}$$＜a≤-\frac{1}{2}$，則g（a）=m（-$\frac{1}{a}$）=-a-$\frac{1}{2a}$；
③若t=-$\frac{1}{a}$∈（2，+∞]，即$-\frac{1}{2}＜a＜0$，則g（a）=m（2）=a+2．
綜上有g(shù)（a）=$\left\{\begin{array}{l}{a+2，a≥-\frac{1}{2}}\\{-a-\frac{1}{2a}，-\frac{\sqrt{2}}{2}＜a＜-\frac{1}{2}}\\{\sqrt{2}，a≤-\frac{\sqrt{2}}{2}}\end{array}\right.$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)的定義域及其求法，考查了利用換元法和配方法求函數(shù)的值域，體現(xiàn)了分類討論的數(shù)學(xué)思想方法，屬中高檔題．