Question

（2012•江苏三模）已知函数f（x）=x²+2ax+1（a∈R），f′（x）是f（x）的导函数．
（1）若x∈[-2，-1]，不等式f（x）≤f′（x）恒成立，求a的取值范围；
（2）解关于x的方程f（x）=|f′（x）|；
（3）设函数g(x)=

f′(x)，f(x)≥f′(x) f(x)，f(x)＜f′(x)

，求g（x）在x∈[2，4]时的最小值．

Answer 1

分析：（1）根据f（x）≤f'（x），可得x²-2x+1≤2a（1-x），分离参数，确定右边函数的最大值，即可求a的取值范围；
（2）由f（x）=|f'（x）|，可得|x+a|=1+a或|x+a|=1-a，再分类讨论，即可得到结论；
（3）由f（x）-f'（x）=（x-1）[x-（1-2a）]，g(x)=

f′(x)，f(x)≥f′(x) f(x)，f(x)＜f′(x)

，对a进行分类讨论，即可确定g（x）在x∈[2，4]时的最小值．

解答：解：（1）因为f（x）≤f'（x），所以x²-2x+1≤2a（1-x），
又因为-2≤x≤-1，所以a≥

x2-2x+1

2(1-x)

在x∈[-2，-1]时恒成立，
因为

x2-2x+1

2(1-x)

=

1-x

2

≤

3

2

，所以a≥

3

2

．…（4分）
（2）因为f（x）=|f'（x）|，所以x²+2ax+1=2|x+a|，
所以（x+a）²-2|x+a|+1-a²=0，则|x+a|=1+a或|x+a|=1-a． …（7分）
①当a＜-1时，|x+a|=1-a，所以a＞b＞c或x=1-2a；
②当-1≤a≤1时，|x+a|=1-a或|x+a|=1+a，所以x=±1或x=1-2a或x=-（1+2a）；
③当a＞1时，|x+a|=1+a，所以x=1或x=-（1+2a）．…（10分）
（3）因为f（x）-f'（x）=（x-1）[x-（1-2a）]，g(x)=

f′(x)，f(x)≥f′(x) f(x)，f(x)＜f′(x)

①若a≥-

1

2

，则x∈[2，4]时，f（x）≥f'（x），所以g（x）=f'（x）=2x+2a，
从而g（x）的最小值为g（2）=2a+4；            …（12分）
②若a＜-

3

2

，则x∈[2，4]时，f（x）＜f'（x），所以g（x）=f（x）=x²+2ax+1，
当-2≤a＜-

3

2

时，g（x）的最小值为g（2）=4a+5，
当-4＜a＜-2时，g（x）的最小值为g（-a）=1-a²，
当a≤-4时，g（x）的最小值为g（4）=8a+17．…（14分）
③若-

3

2

≤a＜-

1

2

，则x∈[2，4]时，g(x)=

x2+2ax+1，x∈[2，1-2a) 2x+2a，x∈[1-2a，4]

当x∈[2，1-2a）时，g（x）最小值为g（2）=4a+5；
当x∈[1-2a，4]时，g（x）最小值为g（1-2a）=2-2a．
因为-

3

2

≤a＜-

1

2

，（4a+5）-（2-2a）=6a+3＜0，
所以g（x）最小值为4a+5．
综上所述，[g(x)]min=

8a+17，a≤-4 1-a2，-4＜a＜-2 4a+5，-2≤a＜- 1 2 2a+4，a≥- 1 2

…（16分）

点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的最值，考查恒成立问题，考查分类讨论的数学思想，正确分类是关键．