Question

12．已知函数f（x）=x²，g（x）=ax+1，a∈R．
（1）求函数h（x）=$\frac{g（x）}{f（x）}$在[1，2]上的最小值为-$\frac{1}{2}$，求实数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，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求得h（x）的解析式，并配方，由二次函数的最值的求法，讨论对称轴和区间的关系，解方程可得a的值；
（2）由题意可得m（x）=f（x）-|g（x）|=x²-|ax+1|在[1，2]递增，讨论当a≥0时，当-2≤a＜-1，当-1≤a＜0时，当a＜-2时，讨论对称轴和区间的关系，即可判断单调性，进而得到a的范围．

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]递减，则x=1时，取得最小值，
且为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]递增，则x=2时，取得最小值，
且为$\frac{2a+1}{4}$=-$\frac{1}{2}$，解得a=-$\frac{3}{2}$，不成立；
若$\frac{1}{2}$＜-$\frac{a}{2}$＜1，即有x=-$\frac{a}{2}$处取得最小值，
且为-$\frac{{a}^{2}}{4}$=-$\frac{1}{2}$，解得a=-$\sqrt{2}$（$\sqrt{2}$舍去）．
综上可得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，
即为f（x₁）-|g（x₁）|＜f（x₂）-|g（x₂）|，
即有m（x）=f（x）-|g（x）|=x²-|ax+1|在[1，2]递增，
当a≥0时，m（x）=x²-ax-1，即有$\frac{a}{2}$≤1，即为0≤a≤2；
当-2≤a＜-1，可得-3≤1+2a≤1+ax≤1+a＜0，
即有m（x）=x²+ax+1的对称轴为x=-$\frac{a}{2}$∈（$\frac{1}{2}$，1]，即有[1，2]为递增区间；
当-1≤a＜0时，m（x）=$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}-ax-1，x≤-\frac{1}{a}}\\{{x}^{2}+ax+1，x≥-\frac{1}{a}}\end{array}\right.$，
当x≤-$\frac{1}{a}$，m（x）=x²-ax-1的对称轴为x=$\frac{a}{2}$∈[-$\frac{1}{2}$，0），-$\frac{1}{a}$≥1，
当x≥-$\frac{1}{a}$，m（x）=x²+ax+1的对称轴为x=-$\frac{a}{2}$∈（0，$\frac{1}{2}$]，-$\frac{1}{a}$≥1，
即有区间[1，2]为增区间；
当a＜-2时，当x≤-$\frac{1}{a}$，m（x）=x²-ax-1的对称轴为x=$\frac{a}{2}$∈（-∞，-1），-$\frac{1}{a}$≥$\frac{1}{2}$，
当x≥-$\frac{1}{a}$，m（x）=x²+ax+1的对称轴为x=-$\frac{a}{2}$∈（1，+∞），-$\frac{1}{a}$≥$\frac{1}{2}$，
即有区间[1，2]有增有减．
综上可得，a的范围是[-2，+∞）．

点评 本题考查函数的最值的求法，注意运用二次函数的对称轴和区间的关系，考查不等式成立问题的解法，注意运用分类讨论的思想方法和函数的单调性，属于中档题．