Question

12．已知函數(shù)f（x）=x²，g（x）=ax+1，a∈R．
（1）求函數(shù)h（x）=$\frac{g（x）}{f（x）}$在[1，2]上的最小值為-$\frac{1}{2}$，求實(shí)數(shù)a的值；
（2）若任意的1≤x₁＜x₂≤2，不等式f（x₁）-f（x₂）＜|g（x₁）|-|g（x₂）|恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求得h（x）的解析式，并配方，由二次函數(shù)的最值的求法，討論對稱軸和區(qū)間的關(guān)系，解方程可得a的值；
（2）由題意可得m（x）=f（x）-|g（x）|=x²-|ax+1|在[1，2]遞增，討論當(dāng)a≥0時，當(dāng)-2≤a＜-1，當(dāng)-1≤a＜0時，當(dāng)a＜-2時，討論對稱軸和區(qū)間的關(guān)系，即可判斷單調(diào)性，進(jìn)而得到a的范圍．

解答 解：（1）h（x）=$\frac{ax+1}{{x}^{2}}$=（$\frac{1}{x}$+$\frac{a}{2}$）²-$\frac{{a}^{2}}{4}$，
由x∈[1，2]，可得t=$\frac{1}{x}$∈[$\frac{1}{2}$，1]，
若-$\frac{a}{2}$≥1，即有在[$\frac{1}{2}$，1]遞減，則x=1時，取得最小值，
且為a+1=-$\frac{1}{2}$，解得a=-$\frac{3}{2}$，不成立；
若-$\frac{a}{2}$≤$\frac{1}{2}$，即有在[$\frac{1}{2}$，1]遞增，則x=2時，取得最小值，
且為$\frac{2a+1}{4}$=-$\frac{1}{2}$，解得a=-$\frac{3}{2}$，不成立；
若$\frac{1}{2}$＜-$\frac{a}{2}$＜1，即有x=-$\frac{a}{2}$處取得最小值，
且為-$\frac{{a}^{2}}{4}$=-$\frac{1}{2}$，解得a=-$\sqrt{2}$（$\sqrt{2}$舍去）．
綜上可得a=-$\sqrt{2}$；
（2）任意的1≤x₁＜x₂≤2，不等式f（x₁）-f（x₂）＜|g（x₁）|-|g（x₂）|恒成立，
即為f（x₁）-|g（x₁）|＜f（x₂）-|g（x₂）|，
即有m（x）=f（x）-|g（x）|=x²-|ax+1|在[1，2]遞增，
當(dāng)a≥0時，m（x）=x²-ax-1，即有$\frac{a}{2}$≤1，即為0≤a≤2；
當(dāng)-2≤a＜-1，可得-3≤1+2a≤1+ax≤1+a＜0，
即有m（x）=x²+ax+1的對稱軸為x=-$\frac{a}{2}$∈（$\frac{1}{2}$，1]，即有[1，2]為遞增區(qū)間；
當(dāng)-1≤a＜0時，m（x）=$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}-ax-1，x≤-\frac{1}{a}}\\{{x}^{2}+ax+1，x≥-\frac{1}{a}}\end{array}\right.$，
當(dāng)x≤-$\frac{1}{a}$，m（x）=x²-ax-1的對稱軸為x=$\frac{a}{2}$∈[-$\frac{1}{2}$，0），-$\frac{1}{a}$≥1，
當(dāng)x≥-$\frac{1}{a}$，m（x）=x²+ax+1的對稱軸為x=-$\frac{a}{2}$∈（0，$\frac{1}{2}$]，-$\frac{1}{a}$≥1，
即有區(qū)間[1，2]為增區(qū)間；
當(dāng)a＜-2時，當(dāng)x≤-$\frac{1}{a}$，m（x）=x²-ax-1的對稱軸為x=$\frac{a}{2}$∈（-∞，-1），-$\frac{1}{a}$≥$\frac{1}{2}$，
當(dāng)x≥-$\frac{1}{a}$，m（x）=x²+ax+1的對稱軸為x=-$\frac{a}{2}$∈（1，+∞），-$\frac{1}{a}$≥$\frac{1}{2}$，
即有區(qū)間[1，2]有增有減．
綜上可得，a的范圍是[-2，+∞）．

點(diǎn)評 本題考查函數(shù)的最值的求法，注意運(yùn)用二次函數(shù)的對稱軸和區(qū)間的關(guān)系，考查不等式成立問題的解法，注意運(yùn)用分類討論的思想方法和函數(shù)的單調(diào)性，屬于中檔題．