Question

14．已知函數(shù)f（x）=x²-1，g（x）=|x-a|．
（1）當(dāng)a=1時，求F（x）=f（x）-g（x）的零點；
（2）若方程|f（x）|=g（x）有三個不同的實數(shù)解，求a的值；
（3）求G（x）=f（x）+g（x）在[-2，2]上的最小值h（a）．

Answer 1

分析 （1）分段表示F（x），令F（x）=0，分類討論求解零點即可．
（2）變形得（x²+x-a-1）（x²-x+a-1）=0，即要求方程x²+x-a-1=0…（1），與x²-x+a-1=0…（2）
分別求解（ I）一個有等根，另一個有兩不等根，且三根不等，（ II）方程（1）、（2）均有兩不等根且由一根相同；判斷符合題意吧，
（3）具體表示G（x）=f（x）+g（x）=x²-1+|x-a|=$\left\{{\begin{array}{l}{{x^2}+x-a-1，（x≥a）}\\{{x^2}-x+a-1，（x＜a）}\end{array}}\right.$，①當(dāng)$a≤-\frac{1}{2}$時，②當(dāng)$a≥\frac{1}{2}$時，③當(dāng)$-\frac{1}{2}＜a＜\frac{1}{2}$時，利用單調(diào)性求解即可．

解答 解：（1）當(dāng)a=1時，$F（x）={x^2}-1-|x-1|=\left\{\begin{array}{l}{x^2}-x，x≥1\\{x^2}+x-2，x＜1.\end{array}\right.$，
令F（x）=0得，當(dāng)x≥1時，x²-x=0，x=1（x=0舍去）
當(dāng)x＜1時，x²+x-2=0，x=-2（x=1舍去）
所以當(dāng)a=1時，F(xiàn)（x）的零點為1，-2，
（2）方程|f（x）|=g（x），即|x²-1|=|x-a|，
變形得（x²+x-a-1）（x²-x+a-1）=0，
從而欲使原方程有三個不同的解，即要求方程x²+x-a-1=0…（1）
與x²-x+a-1=0…（2）
滿足下列情形之一：
（ I）一個有等根，另一個有兩不等根，且三根不等
（ II）方程（1）、（2）均有兩不等根且由一根相同；
對情形（ I）：若方程（1）有等根，則△=1+4（a+1）=0解得 $a=-\frac{5}{4}$代入方程（2）檢驗符合；
若方程（2）有等根，則△=1-4（a-1）=0解得$a=\frac{5}{4}$代入方程（1）檢驗符合；
對情形（I I）：設(shè)x₀是公共根，則${x_0}^2+{x_0}-a-1={x_0}^2-{x_0}+a-1$，
解得x₀=a代入（1）得a=±1，
a=1代入|f（x）|=g（x）檢驗得三個解為-2、0、1符合
a=-1代入|f（x）|=g（x）檢驗得三個解為2、0、-1符合
故|f（x）|=g（x）有三個不同的解的值為$a=±\frac{5}{4}$或a=±1．
（3）因為G（x）=f（x）+g（x）=x²-1+|x-a|=$\left\{{\begin{array}{l}{{x^2}+x-a-1，（x≥a）}\\{{x^2}-x+a-1，（x＜a）}\end{array}}\right.$，
①當(dāng)$a≤-\frac{1}{2}$時，G（x）在$[-2，-\frac{1}{2}]$上遞減，在$[-\frac{1}{2}，2]$上遞增，
故G（x）在[-2，2]上最小值為$G{（x）_{min}}=G（-\frac{1}{2}）=-\frac{5}{4}-a$
②當(dāng)$a≥\frac{1}{2}$時G（x）=x²-x-1+a，在$[-2，\frac{1}{2}]$上遞減，在$[\frac{1}{2}，2]$上遞增，
故G（x）在[-2，2]上最小值為$G{（x）_{min}}=G（\frac{1}{2}）=-\frac{5}{4}+a$
③當(dāng)$-\frac{1}{2}＜a＜\frac{1}{2}$時，G（x）在[-2，a]上遞減，當(dāng)x∈[a，2]時遞增，
故此時G（x）在[-2，2]上的最小值為$G{（x）_{min}}=G（a）={a^2}-1$
綜上所述：$h（a）=\left\{{\begin{array}{l}{-\frac{5}{4}+a，（a≥\frac{1}{2}）}\\{{a^2}-1，（-\frac{1}{2}＜a＜\frac{1}{2}）}\\{-\frac{5}{4}-a，（a≤-\frac{1}{2}）}\end{array}}\right.$

點評 本題綜合考查了解決復(fù)雜函數(shù)最值，單調(diào)性，函數(shù)解析式等問題，關(guān)鍵是分類討論求解，充分考查了學(xué)生解題的條理性，思維的邏輯嚴(yán)密性．