Question

7．设函数f（x）=x²-ax+a+3，g（x）=x-a．
（1）若不存在x₀∈R，使得f（x₀）＜0与g（x₀）＜0同时成立，求实数a的取值范围；
（2）设h（x）=f（x）+2x|x-a|+ax-a-3，若不等式4≤h（x）≤16在x∈[1，2]上恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）当x＞a时，g（x）＞0恒成立，显然不存在x₀∈（a，+∞），使得f（x₀）＜0与g（x₀）＜0同时成立，当x≤a时，则需f（x）≥0在（-∞，a]上恒成立，只需f（x）在（-∞，a]上的最小值大于或等于零即可，利用二次函数的图象性质求最小值并解不等式即可得a的取值范围．
（2）求出函数h（x）=x²+2x|x-a|，由题意知，只需h_min（x）≥4，h_max（x）≤16，利用h（x）在x∈[1，2]上恒递增，可求得a的范围$a≤-\frac{1}{2}$或$a≥\frac{5}{2}$；再对a分$a≥\frac{5}{2}$与$a≤-\frac{1}{2}$两类讨论，即可求得a的取值范围．

解答 解：（1）①若x≤a，则g（x）≤0，此时若不存在x₀∈（-∞，a]，使得f（x₀）＜0与g（x₀）＜0同时成立，需f（x）≥0在（-∞，a]上恒成立，
即x²-ax+a+3≥0在（-∞，a]上恒成立，
需$\left\{\begin{array}{l}{a＞0}\\{f（\frac{a}{2}）≥0}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{a≤0}\\{f（a）≥0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{a＞0}\\{-\frac{{a}^{2}}{4}+a+3≥0}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{a≤0}\\{a+3≥0}\end{array}\right.$
解得：-3≤a≤6
②若x＞a，则g（x）＞0恒成立，显然不存在x₀∈（a，+∞），使得f（x₀）＜0与g（x₀）＜0同时成立，此时a∈R
综上所述，若不存在x₀∈R，使得f（x₀）＜0与g（x₀）＜0同时成立，实数a的取值范围是[-3，6]．
（2）∵f（x）=x²-ax+a+3，
∴h（x）=f（x）+2x|x-a|+ax-a-3=x²+2x|x-a|=$\left\{\begin{array}{l}-（x-a）^{2}+{a}^{2}，x≤a\\ 3（x-\frac{a}{3}）^{2}-\frac{{a}^{2}}{3}，x＞a\end{array}\right.$，
当a≥0时，h（x）在（-∞，a）和（a，+∞）上均递增；
当a＜0时（如图），h（x）在（-∞，a）和$（\frac{a}{3}，+∞）$上递增，在在$（a，\frac{a}{3}）$上递减，
由题意知，只需h_min（x）≥4，h_max（x）≤16，
首先，由（Ⅰ）可知，h（x）在x∈[1，2]上恒递增，
则h_min（x）=f（1）=1+2|1-a|≥4，解得$a≤-\frac{1}{2}$或$a≥\frac{5}{2}$；
其次，当$a≥\frac{5}{2}$时，f（x）在R上递增，
故h_max（x）=h（2）=4a-4≤16，解得$\frac{5}{2}≤a≤5$；
当$a≤-\frac{1}{2}$时，h（x）在[1，2]上递增，
故h_max（x）=h（2）=12-4a≤16，解得$-1≤a≤-\frac{1}{2}$．
综上：$-1≤a≤-\frac{1}{2}$或$\frac{5}{2}≤a≤5$．

点评 本题考查函数单调性的判断与证明，着重考查分类讨论思想与数形结合思想、等价转化思想的综合应用，是难题．