Question

2．設(shè)a為實數(shù)，設(shè)函數(shù)f（x）=2$\sqrt{1-{x}^{2}}+a（\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}）+5$，設(shè)t=$\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}$
（1）求t的取值范圍，并把f（x）表示為t的函數(shù)g（t）
（2）若g（t）≥0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍
（3）若存在t使得|g（t）|＜t成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由偶次根式被開方數(shù)非負(fù)，可得x的范圍，將t的式子兩邊平方，結(jié)合二次函數(shù)的值域，可得t的范圍，進(jìn)而得到g（t）；
（2）由g（t）≥0恒成立，即有0≤g（t）_min，注意到直線t=-$\frac{a}{2}$是拋物線g（t）=t²+at+3的對稱軸，分以下幾種情況討論．①當(dāng)-$\frac{a}{2}$≤$\sqrt{2}$即a≥-2$\sqrt{2}$時，②當(dāng)$\sqrt{2}$＜-$\frac{a}{2}$＜2即-4＜a＜-2$\sqrt{2}$時，③當(dāng)-$\frac{a}{2}$≥2即a≤-4時，討論g（t）的單調(diào)性，即可得到最小值，進(jìn)而得到a的范圍；
（3））存在t使得|g（t）|＜t成立，即為|t²+at+3|＜t?-t＜t²+at+3＜t，即有a＜1-t-$\frac{3}{t}$且a＞-1-t-$\frac{3}{t}$在[$\sqrt{2}$，2]成立，運用函數(shù)的單調(diào)性求得右邊函數(shù)的最值，再由存在性問題的解法即可得到a的范圍．

解答 解：（1）t=$\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}$，
要使t有意義，必須1+x≥0且1-x≥0，即-1≤x≤1，
∴t²=2+2$\sqrt{1-{x}^{2}}$，t≥0①
t的取值范圍是[$\sqrt{2}$，2]．
由①得$\sqrt{1-{x}^{2}}$=$\frac{1}{2}$t²-1，
∴g（t）=t²+at+3，$\sqrt{2}$≤t≤2；
（2）由g（t）≥0恒成立，即有0≤g（t）_min，
注意到直線t=-$\frac{a}{2}$是拋物線g（t）=t²+at+3的對稱軸，
分以下幾種情況討論．
①當(dāng)-$\frac{a}{2}$≤$\sqrt{2}$即a≥-2$\sqrt{2}$時，g（t）在[$\sqrt{2}$，2]上為遞增函數(shù)，
即有t=$\sqrt{2}$時，取得最小值，且為5+$\sqrt{2}$a；
②當(dāng)$\sqrt{2}$＜-$\frac{a}{2}$＜2即-4＜a＜-2$\sqrt{2}$時，g（t）的最小值為g（-$\frac{a}{2}$）=3-$\frac{{a}^{2}}{4}$；
③當(dāng)-$\frac{a}{2}$≥2即a≤-4時，g（t）在[$\sqrt{2}$，2]上為遞減函數(shù)，
即有t=2時，取得最小值，且為7+2a．
則$\left\{\begin{array}{l}{a≥-2\sqrt{2}}\\{5+\sqrt{2}a≥0}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{-4＜a＜-2\sqrt{2}}\\{3-\frac{{a}^{2}}{4}≥0}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{a≤-4}\\{7+2a≥0}\end{array}\right.$，
解得a≥-2$\sqrt{2}$或-2$\sqrt{3}$≤a≤-2$\sqrt{2}$或a∈∅，
則有a≥-2$\sqrt{3}$；
（3）存在t使得|g（t）|＜t成立，即為
|t²+at+3|＜t?-t＜t²+at+3＜t，
即有a＜1-t-$\frac{3}{t}$且a＞-1-t-$\frac{3}{t}$在[$\sqrt{2}$，2]成立，
h（t）=t+$\frac{3}{t}$在[$\sqrt{2}$，$\sqrt{3}$）遞減，在（$\sqrt{3}$，2）遞增，
即有h（t）的最小值為2$\sqrt{3}$，最大值為$\frac{5\sqrt{2}}{2}$．
即有a＜1-2$\sqrt{3}$且a＞-1-$\frac{5\sqrt{2}}{2}$．
則實數(shù)a的取值范圍是（-1-$\frac{5\sqrt{2}}{2}$，1-2$\sqrt{3}$）．

點評 本題考查換元法的運用，主要考查二次函數(shù)的最值的求法，同時考查分類討論的思想方法，以及不等式恒成立和成立問題的解法，屬于中檔題和易錯題．