A. | (-∞,1) | B. | [-2,0] | C. | (-2-2$\sqrt{2}$,-2+2$\sqrt{2}})$) | D. | [0,1] |
分析 解法一:由条件得1-ax-x2<2-a对于x∈[0,1]恒成立,令g(x)=x2+ax-a+1,只需g(x)在[0,1]上的最小值大于0即可,分类讨论,求最值即可求出实数a的取值范围;
解法二:由1-ax-x2<2-a,得(1-x)a<x2+1,对x讨论,再分离参数,求最值,即可求出实数a的取值范围.
解答 解:法一:由条件得1-ax-x2<2-a对于x∈[0,1]恒成立
令g(x)=x2+ax-a+1,只需g(x)在[0,1]上的最小值大于0即可.
g(x)=x2+ax-a+1=(x+$\frac{a}{2}$)2-$\frac{{a}^{2}}{4}$-a+1.
①当-$\frac{a}{2}$<0,即a>0时,g(x)min=g(0)=1-a>0,∴a<1,故0<a<1;
②当0≤-$\frac{a}{2}$≤1,即-2≤a≤0时,g(x)min=g(-$\frac{a}{2}$)=-$\frac{{a}^{2}}{4}$-a+1>0,∴-2-2$\sqrt{2}$<a<-2+2$\sqrt{2}$,故-2≤a≤0;
③当-$\frac{a}{2}$>1,即a<-2时,g(x)min=g(1)=2>0,满足,故a<-2.
综上a<1.
法二:由1-ax-x2<2-a得(1-x)a<x2+1,
∵x∈[0,1],∴1-x≥0,
∴①当x=1时,0<2恒成立,此时a∈R;
②当x∈[0,1)时,a<$\frac{{x}^{2}+1}{1-x}$恒成立.
求当x∈[0,1)时,函数y=$\frac{{x}^{2}+1}{1-x}$的最小值.
令t=1-x(t∈(0,1]),则y=$\frac{{x}^{2}+1}{1-x}$=$\frac{(1-t)^{2}+1}{t}$=t+$\frac{2}{t}$-2,
而函数y=t+$\frac{2}{t}$-2是(0,1]上的减函数,所以当且仅当t=1,即x=0时,ymin=1.
故要使不等式在[0,1)上恒成立,只需a<1,
由①②得a<1.
故选:A
点评 本题考查恒成立问题,考查分离参数法的运用,利用函数的单调性求出函数的最值是解决本题的关键.注意要利用分类讨论的数学思想.
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A. | $\frac{π}{3}$ | B. | $\frac{2π}{3}$ | C. | $\frac{π}{6}$ | D. | $\frac{5π}{6}$ |
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A. | $\frac{1}{4}$ | B. | -$\frac{1}{2}$ | C. | $\frac{1}{2}$或-$\frac{1}{2}$ | D. | $\frac{1}{2}$ |
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A. | f(a)>f(b) | B. | f(a)<f(b) | C. | f(a)=f(b) | D. | f(a)f(b)>0 |
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