Question

已知函数f（x）=

1

2

ax²+x-a，x∈[

2

，2]，其中a为实数．
（1）求函数的最大值g（a）；
（2）若对于任意的非零实数a，不等式g（a）≥λg（

1

a

）恒成立，求实数λ的取值范围．

Answer 1

考点：函数恒成立问题,二次函数的性质

专题：函数的性质及应用

分析：（1）当a=0时，直接由一次函数的单调性求最值，当a≠0时，根据二次函数的对称轴与给出的定义域的关系分类讨论，由单调性求最值；
（2）结合（1）中求出的g（a）的解析式，分类讨论，把对应的函数解析式代入不等式g（a）≥λg（

1

a

），然后分离变量，再借助于函数的单调性求解λ的取值范围，最后取并集．

解答： 解：（1）当a=0时，f（x）=x，函数在[

2

，2]上的最大值为2，即g（a）=2；
当a≠0时，函数的对称轴方程为x=-

1

a

，若a＞0，函数在[

2

，2]上的最大值为a+2，即g（a）=a+2；
若a≤-

2

2

，则0＜-

1

a

≤

2

，函数在[

2

，2]上为减函数，函数在[

2

，2]上的最大值为

2

，即g（a）=

2

；
若-

1

2

≤a＜0，则-

1

a

≥2，函数在[

2

，2]上为增函数，在[

2

，2]上的最大值为a+2，即g（a）=a+2；
若-

2

2

＜a＜-

1

2

，函数在[

2

，2]上的最大值为f(-

1

a

)=-

1

2a

-a．
综上，g(a)=

a+2  (a≥- 1 2 ) - 1 2a -a  (- 2 2 ＜a＜- 1 2 ) 2    (a≤- 2 2 )

；
（2）当a＞0时，

1

a

＞0，由g（a）≥λg（

1

a

）恒成立，得a+2≥λ（

1

a

+2）恒成立，
即λ≤

a2+2a

2a+1

=

1

2

[(a+

1

2

)-

3 4

a+ 1 2

+1]，∴λ≤0；
当-

1

2

≤a＜0时，

1

a

≤-2，由不等式g（a）≥λg（

1

a

）恒成立，得a+2≥

2

λ，
即λ≤

2

2

a+

2

，∴λ≤

3 2

4

；
当-

2

2

＜a＜-

1

2

时，由不等式g（a）≥λg（

1

a

）恒成立，得-

1

2a

-a≥

2

λ，
即λ≤-

2

4a

-

2

2

a，∴λ≤-

2

4×(- 1 2 )

-

2

2

×(-

1

2

)=

3 2

4

；
当-

2

≤a≤-

2

2

时，-

2

≤

1

a

≤-

2

2

，由不等式g（a）≥λg（

1

a

）恒成立，得

2

≥λ

2

，∴λ=1；
当-2＜a＜-

2

时，-

2

2

＜

1

a

＜-

1

2

，由不等式g（a）≥λg（

1

a

）恒成立，得

2

≥λ(-

a

2

-

1

a

)，
即λ≤

2

- a 2 - 1 a

，∴λ≤1；
当a≤-2时，-

1

2

≤

1

a

＜0，由不等式g（a）≥λg（

1

a

）恒成立，得

2

≥λ(

1

a

+2)，
即λ≤

2

1 a +2

，∴λ≤

2 2

3

．
综上，实数λ的取值范围是λ≤

3 2

4

．

点评：本题考查恒成立问题，考查了二次函数的性质，重点考查分类讨论的数学思想方法，该题讨论复杂，繁琐，难度较大．