Question

6．設(shè)f（x）=-x²-ax+1，$g（x）=\frac{{a{x^2}+x+a}}{x^2}$，
（Ⅰ）若f（x）-2=0在（0，3]上有兩個(gè)不等實(shí)根，求a的取值范圍．
（Ⅱ）若對(duì)任意的${x_1}∈[\frac{1}{2}，1]$，存在x₂∈[1，2]，都有f（x₂）≥g（x₁）成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）若f（x）-2=0在（0，3]上有兩個(gè)不等實(shí)根，即x²+ax+1=0在（0，3]上有兩個(gè)不等實(shí)根，令v（x）=x²+ax+1，則g（x）在（0，3]上有兩個(gè)不等的零點(diǎn)，根據(jù)二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，構(gòu)造關(guān)于a的不等式組，解得a的取值范圍．
（Ⅱ）將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為（f（x））_max≥g（x），對(duì)$x∈[\frac{1}{2}，1]$恒成立．對(duì)a進(jìn)行分類討論，最后綜合討論結(jié)果，可得答案．

解答 解：（Ⅰ）若f（x）-2=0在（0，3]上有兩個(gè)不等實(shí)根，
即x²+ax+1=0在（0，3]上有兩個(gè)不等實(shí)根，
令v（x）=x²+ax+1，則v（x）在（0，3]上有兩個(gè)不等的零點(diǎn)，
則$\left\{\begin{array}{l}v（-\frac{a}{2}）=\frac{4-{a}^{2}}{4}＜0\\ v（3）=3a+10≥0\\ 0＜-\frac{a}{2}＜3\end{array}\right.$，
解得：$-\frac{10}{3}≤a＜-2$…3分；
（Ⅱ）由題意，問(wèn)題轉(zhuǎn)化為（f（x））_max≥g（x），對(duì)$x∈[\frac{1}{2}，1]$恒成立．
對(duì)函數(shù)$g（x）=\frac{{a{x^2}+x+a}}{x^2}$，令$\frac{1}{x}=t∈[1，2]$，
$g（x）=\frac{{a{x^2}+x+a}}{x^2}=h（t）=a{t^2}+t+a$，
則問(wèn)題轉(zhuǎn)化為：（f（x））_max≥h（t），t∈[1，2]恒成立．
∵${（f（x））_{max}}=\left\{\begin{array}{l}-2a-3，a≤-4\\ \frac{a^2}{4}+1，-4＜a＜-2\\-a，a≥-2\end{array}\right.$，…（5分）
（1）當(dāng)a≤-4時(shí)，-2a-3≥at²+t+a對(duì)t∈[1，2]恒成立，
則$a≤-\frac{t+3}{{{t^2}+2}}$對(duì)t∈[1，2]恒成立，
得$a≤-\frac{4}{3}$，得a≤-4；…（6分）
（2）當(dāng)-4＜a＜-2時(shí)，$\frac{a^2}{4}+1≥a{t^2}+t+a$對(duì)t∈[1，2]恒成立，
則$H（t）=a{t^2}+t+a-1-\frac{a^2}{4}≤0$對(duì)t∈[1，2]恒成立，
關(guān)于t的二次函數(shù)的對(duì)稱軸在$[-\frac{1}{4}，-\frac{1}{8}]$之間，開(kāi)口向下，
則H（1）≤0，
得a≤0，a≥8，即得-4＜a＜-2；…（7分）
（3）當(dāng)a≥-2時(shí)，-a≥at²+t+a對(duì)t∈[1，2]恒成立，
則$a≤\frac{-t}{{{t^2}+2}}$對(duì)t∈[1，2]恒成立，
得$a≤-\frac{{\sqrt{2}}}{4}$，得$-2≤a≤-\frac{{\sqrt{2}}}{4}$；…（8分）
綜上，得滿足題意的a的范圍是：$a≤-\frac{{\sqrt{2}}}{4}$．…（9分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查的知識(shí)點(diǎn)是二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，恒成立問(wèn)題，函數(shù)的最值，分類討論思路，分段函數(shù)的應(yīng)用，綜合性強(qiáng)，分類復(fù)雜，運(yùn)算強(qiáng)度較大，屬于難題．