Question

已知函數f（x）=x²-1，g（x）=a|x-1|．
（1）若關于x的方程丨f（x）丨=g（x）只有一個實數解，求實數a的取值范圍；
（2）若當x∈R時，不等式f（x）≥g（x）恒成立，求實數a的取值范圍；
（3）從[0，+∞），[-3，0），（-∞，3）三個區間中，任意選取一個區間作為實數a的取值范圍，求此時函數h（x）=|f（x）|+g（x）在區間[-2，2]上的最大值．

Answer 1

分析：（1）方程|f（x）|=g（x）可化為|x-1|（|x+1|-a）=0，易知x=1已是該方程的根，從而要使原方程只有一解，即要求方程|x+1|=a有且僅有一個等于1的解或無解，結合圖象可得a的范圍；
（2）不等式f（x）≥g（x）對x∈R恒成立，即（x²-1）≥a|x-1|（*）對x∈R恒成立，分x=1，x≠1兩種情況進行討論，分離出參數a后轉化為求函數的最值即可；
（3）先把h（x）化為分段函數，選取不同區間時，按照對稱軸與區間的位置關系進行討論，根據函數的單調性可求得函數的最大值，注意要把各段上的最大值進行比較；

解答：解：（1）方程|f（x）|=g（x），即|x²-1|=a|x-1|，變形得|x-1|（|x+1|-a）=0，
顯然，x=1已是該方程的根，從而要使原方程只有一解，即要求方程|x+1|=a有且僅有一個等于1的解或無解，
作出函數y=|x+1|的圖象如圖所示：
結合圖形得a＜0．
（2）不等式f（x）≥g（x）對x∈R恒成立，即（x²-1）≥a|x-1|（*）對x∈R恒成立，
①當x=1時，（*）顯然成立，此時a∈R；
②當x≠1時，（*）可變形為 a≤

x2-1

|x-1|

，令 φ（x）=

x2-1

|x-1|

=

x+1，x＞1 -(x+1)，x＜1

，
∵當x＞1時，φ（x）＞2，當x＜1時，φ（x）＞-2，
∴φ（x）＞-2，故此時a≤-2．
綜合①②，得所求實數a的取值范圍是a≤-2．
（3）∵h（x）=|f（x）|+g（x）=|x²-1|+a|x-1|=

x2+ax-a-1，x≥1 -x2-ax+a+1，-1≤x＜1 x2-ax+a-1，x＜-1

，
選取區間[0，+∞）為實數a的取值范圍，則
①當

a

2

＞1即a＞2時，可知h（x）在[-2，1]上遞減，在[1，2]上遞增，
且h（-2）=3a+3，h（2）=a+3，經比較，此時h（x）在[-2，2]上的最大值為3a+3；
②當0≤

a

2

≤1即0≤a≤2時，可知，h（x）在[-2，-1]，[-

a

2

，1]上遞減，在[-1，-

a

2

]，[1，2]上遞增，
且h（-2）=3a+3，h（2）=a+3，h（-

a

2

）=

a2

4

+a+1，
經比較，知此時h（x）在[-2，2]上的最大值為3a+3．
選區間[-3，0]為實數a的取值范圍，則
①當-1≤

a

2

＜0即-2≤a＜0時，可知h（x）在[-2，-1]，[-

a

2

，1]上遞減，在[-1，-

a

2

]，[1，2]上遞增，
且h（-2）=3a+3，h（2）=a+3，h（-

a

2

）=

a2

4

+a+1，
經比較，知此時h（x）在[-2，2]上的最大值為a+3；
②當-

3

2

≤

a

2

＜-1即-3≤a＜-2時，可知h（x）在[-2，

a

2

]，[1，-

a

2

]上遞減，在[

a

2

，1]，[-

a

2

，2]上遞增，
且h（-2）=3a+3＜0，h（2）=a+3≥0，
經比較，知此時h（x）在[-2，2]上的最大值為a+3，
綜上所述，當-3≤a＜0時，h（x）在[-2，2]上的最大值為a+3．
選取區間（-∞，-3）為實數a的取值范圍，
則

a

2

＜-

3

2

，可知h（x）在[-2，1]上遞減，在[1，2]上遞增，
故此時h（x）在[-2，2]上的最大值為h（1）=0，
綜上所述，當a＜-3時，h（x）在[-2，2]上的最大值為0．．

點評：本題考查函數的零點和二次函數在定區間上的最值問題，其中求出函數的解析式是關鍵，求出分段函數在各斷上的最值，再比較大小是難點，考查運算能力和分類討論的數學思想．