Question

2．已知函數(shù)f（x）=x²+2ax+1（a∈R），f′（x）是f（x）的導(dǎo)函數(shù)．
（1）若x∈[-2，-1]，不等式f（x）≤f′（x）恒成立，求a的取值范圍；
（2）解關(guān)于x的方程f（x）=|f′（x）|；
（3）設(shè)函數(shù)g（x）=$\left\{\begin{array}{l}{{f}^{′}（x），f（x）≥{f}^{′}（x）}\\{f（x），f（x）＜{f}^{′}（x）}\end{array}\right.$，求g（x）在x∈[2，4]時的最小值．

Answer 1

分析 （1）求出導(dǎo)數(shù)，運用參數(shù)分離和函數(shù)的最值，即可得到a的取值范圍；
（2）化簡方程即為|x+a|=1+a或|x+a|=1-a． 對a討論，分①當(dāng)a＜-1時，②當(dāng)-1≤a≤1時，③當(dāng)a＞1時，分別解出方程即可；
（3）f（x）-f′（x）=（x-1）[x-（1-2a）]，對a討論，分①若a≥-$\frac{1}{2}$，②若a＜-$\frac{3}{2}$，③若-$\frac{3}{2}$≤a＜-$\frac{1}{2}$，運用函數(shù)的單調(diào)性即可得到最值．

解答 解：（1）因為f（x）≤f'（x），所以x²-2x+1≤2a（1-x），
又因為-2≤x≤-1，所以a≥$\frac{{x}^{2}-2x+1}{2（1-x）}$在x∈[-2，-1]時恒成立，
因為$\frac{{x}^{2}-2x+1}{2（1-x）}$=$\frac{1-x}{2}$≤$\frac{3}{2}$，
所以a≥$\frac{3}{2}$．
（2）因為f（x）=|f'（x）|，所以x²+2ax+1=2|x+a|，
所以（x+a）²-2|x+a|+1-a²=0，則|x+a|=1+a或|x+a|=1-a． 
①當(dāng)a＜-1時，|x+a|=1-a，所以x=-1或x=1-2a；
②當(dāng)-1≤a≤1時，|x+a|=1-a或|x+a|=1+a，所以x=±1或x=1-2a或x=-（1+2a）；
③當(dāng)a＞1時，|x+a|=1+a，所以x=1或x=-（1+2a）．
（3）因為f（x）-f′（x）=（x-1）[x-（1-2a）]，g（x）=$\left\{\begin{array}{l}{f′（x），f（x）≥f′（x）}\\{f（x），f（x）＜f′（x）}\end{array}\right.$，
①若a≥-$\frac{1}{2}$，則x∈[2，4]時，f（x）≥f'（x），所以g（x）=f'（x）=2x+2a，
從而g（x）的最小值為g（2）=2a+4；            
②若a＜-$\frac{3}{2}$，則x∈[2，4]時，f（x）＜f'（x），所以g（x）=f（x）=x²+2ax+1，
當(dāng)-2≤a＜-$\frac{3}{2}$時，g（x）的最小值為g（2）=4a+5，
當(dāng)-4＜a＜-2時，g（x）的最小值為g（-a）=1-a²，
當(dāng)a≤-4時，g（x）的最小值為g（4）=8a+17．
③若-$\frac{3}{2}$≤a＜-$\frac{1}{2}$，則x∈[2，4]時，g（x）=$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}+2ax+1，x∈[2，1-2a）}\\{2x+2a，x∈[1-2a，4]}\end{array}\right.$，
當(dāng)x∈[2，1-2a）時，g（x）最小值為g（2）=4a+5；
當(dāng)x∈[1-2a，4]時，g（x）最小值為g（1-2a）=2-2a．
因為-$\frac{3}{2}$≤a＜-$\frac{1}{2}$，（4a+5）-（2-2a）=6a+3＜0，
所以g（x）最小值為4a+5．
綜上所述，[g（x）]_min=$\left\{\begin{array}{l}{8a+17，a≤-4}\\{1-{a}^{2}，-4＜a＜-2}\\{4a+5，-2≤a＜-\frac{1}{2}}\\{2a+4，a≥-\frac{1}{2}}\end{array}\right.$

點評 本題主要考查二次函數(shù)的最值和二次方程的求解，同時考查分類討論的思想方法的運用，以及不等式恒成立問題，運用參數(shù)分離和轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題，屬于中檔題和易錯題．