Question

2．已知函数f（x）=x²+（a-4）x+3-a
（1）若f（x）≤0在区间[0，1]上恒成立，求a的取值范围；
（2）若对于任意的a∈（0，4），存在x₁，x₂∈[0，2]，使得||f（x₁）|-|f（x₂）||≥t，求t的取值范围．

Answer 1

分析 （1）由题意结合二次函数的性质可得$\left\{\begin{array}{l}{f（0）≤0}\\{f（1）≤0}\end{array}\right.$，解不等式即可得到a的范围；
（2）由题意可得对于任意的a∈（0，4），||f（x）|_max-|f（x）|_min|≥t由f（1）=0，可得|f（x）|_min|=0，
?对于任意的a∈（0，4），|f（x）|_max≥t（x∈[0，2]），解法一、讨论对称轴和区间[0，2]的关系，可得最大值和最小值，解法二、运用绝对值不等式的性质，可得|f（x）|的最大值，即可得到t的范围．

解答 解：（1）由题意可得$\left\{\begin{array}{l}{f（0）≤0}\\{f（1）≤0}\end{array}\right.$，
即为$\left\{\begin{array}{l}{3-a≤0}\\{0≤0}\end{array}\right.$，
可得a≥3；
（2）对于任意的a∈（0，4），存在x₁，x₂∈[0，2]，
使得||f（x₁）|-|f（x₂）||≥t，
?对于任意的a∈（0，4），||f（x）|_max-|f（x）|_min|≥t
由f（1）=0，可得|f（x）|_min|=0，
?对于任意的a∈（0，4），|f（x）|_max≥t（x∈[0，2]），
（i）当0＜$\frac{4-a}{2}$≤1时，即2≤a＜4时，f（$\frac{4-a}{2}$）≤f（x）≤f（2）
|f（2）|=|a-1|=a-1，|f（$\frac{4-a}{2}$）|=|$\frac{-{a}^{2}+4a-4}{4}$|=$\frac{（a-2）^{2}}{4}$
|f（2）|-|f（$\frac{4-a}{2}$）|=$\frac{-{a}^{2}+8a-8}{2}$=$\frac{-（a-4）^{2}+8}{4}$＞0，
所以|f（x）|_max=a-1；
（ii）当1＜$\frac{4-a}{2}$＜2时，即0＜a＜2时，
|f（0）|=|3-a|=3-a，|f（$\frac{4-a}{2}$）|=|$\frac{-{a}^{2}+4a-4}{4}$|=$\frac{（a-2）^{2}}{4}$，
|f（0）|-|f（$\frac{4-a}{2}$）|=$\frac{8-{a}^{2}}{4}$＞0，
|f（x）|_max=3-a．
综上，|f（x）|_max=$\left\{\begin{array}{l}{a-1，2≤a＜4}\\{3-a，0＜a＜2}\end{array}\right.$
故|f（x）|_max≥1，所以t≤1．
解法2：|f（x）|=|（x-1）²+（a-2）（x-1）|
≤（x-1）²+|（a-2）（x-1）|
≤1+|a-2|
等号当且仅当x=0或2时成立，
又（1+|a-2|）_min=1，
所以t≤1．

点评 本题考查二次函数的图象和性质的运用，主要考查不等式恒成立问题，注意运用分类讨论和绝对值不等式的性质，考查运算能力，属于中档题．