Question

已知函数f（x）=x²-1，g（x）=a|x-1|．
（1）若关于x的方程丨f（x）丨=g（x）只有一个实数解，求实数a的取值范围；
（2）若当x∈R时，不等式f（x）≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围；
（3）从[0，+∞），[-3，0），（-∞，3）三个区间中，任意选取一个区间作为实数a的取值范围，求此时函数h（x）=|f（x）|+g（x）在区间[-2，2]上的最大值．

Answer 1

分析：（1）方程|f（x）|=g（x）可化为|x-1|（|x+1|-a）=0，易知x=1已是该方程的根，从而要使原方程只有一解，即要求方程|x+1|=a有且仅有一个等于1的解或无解，结合图象可得a的范围；
（2）不等式f（x）≥g（x）对x∈R恒成立，即（x²-1）≥a|x-1|（*）对x∈R恒成立，分x=1，x≠1两种情况进行讨论，分离出参数a后转化为求函数的最值即可；
（3）先把h（x）化为分段函数，选取不同区间时，按照对称轴与区间的位置关系进行讨论，根据函数的单调性可求得函数的最大值，注意要把各段上的最大值进行比较；

解答：解：（1）方程|f（x）|=g（x），即|x²-1|=a|x-1|，变形得|x-1|（|x+1|-a）=0，
显然，x=1已是该方程的根，从而要使原方程只有一解，即要求方程|x+1|=a有且仅有一个等于1的解或无解，
作出函数y=|x+1|的图象如图所示：
结合图形得a＜0．
（2）不等式f（x）≥g（x）对x∈R恒成立，即（x²-1）≥a|x-1|（*）对x∈R恒成立，
①当x=1时，（*）显然成立，此时a∈R；
②当x≠1时，（*）可变形为 a≤

x2-1

|x-1|

，令 φ（x）=

x2-1

|x-1|

=

x+1，x＞1 -(x+1)，x＜1

，
∵当x＞1时，φ（x）＞2，当x＜1时，φ（x）＞-2，
∴φ（x）＞-2，故此时a≤-2．
综合①②，得所求实数a的取值范围是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

，
选取区间[0，+∞）为实数a的取值范围，则
①当

a

2

＞1即a＞2时，可知h（x）在[-2，1]上递减，在[1，2]上递增，
且h（-2）=3a+3，h（2）=a+3，经比较，此时h（x）在[-2，2]上的最大值为3a+3；
②当0≤

a

2

≤1即0≤a≤2时，可知，h（x）在[-2，-1]，[-

a

2

，1]上递减，在[-1，-

a

2

]，[1，2]上递增，
且h（-2）=3a+3，h（2）=a+3，h（-

a

2

）=

a2

4

+a+1，
经比较，知此时h（x）在[-2，2]上的最大值为3a+3．
选区间[-3，0]为实数a的取值范围，则
①当-1≤

a

2

＜0即-2≤a＜0时，可知h（x）在[-2，-1]，[-

a

2

，1]上递减，在[-1，-

a

2

]，[1，2]上递增，
且h（-2）=3a+3，h（2）=a+3，h（-

a

2

）=

a2

4

+a+1，
经比较，知此时h（x）在[-2，2]上的最大值为a+3；
②当-

3

2

≤

a

2

＜-1即-3≤a＜-2时，可知h（x）在[-2，

a

2

]，[1，-

a

2

]上递减，在[

a

2

，1]，[-

a

2

，2]上递增，
且h（-2）=3a+3＜0，h（2）=a+3≥0，
经比较，知此时h（x）在[-2，2]上的最大值为a+3，
综上所述，当-3≤a＜0时，h（x）在[-2，2]上的最大值为a+3．
选取区间（-∞，-3）为实数a的取值范围，
则

a

2

＜-

3

2

，可知h（x）在[-2，1]上递减，在[1，2]上递增，
故此时h（x）在[-2，2]上的最大值为h（1）=0，
综上所述，当a＜-3时，h（x）在[-2，2]上的最大值为0．．

点评：本题考查函数的零点和二次函数在定区间上的最值问题，其中求出函数的解析式是关键，求出分段函数在各断上的最值，再比较大小是难点，考查运算能力和分类讨论的数学思想．