Question

13．已知函數(shù)f（x）=x²+（a-4）x+3-a．
（1）若f（x）在區(qū)間[0，1]上不單調(diào)，求a的取值范圍；
（2）若對(duì)于任意的a∈（0，4），存在x₀∈[0，2]，使得|f（x₀）|≥t，求t的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求導(dǎo)f′（x）=2x+（a-4），從而可得f′（0）•f′（1）=（a-4）（2+a-4）＜0，從而解得；
（2）易知f（x）=x²+（a-4）x+3-a的對(duì)稱軸為x=$\frac{4-a}{2}$∈（0，2），故函數(shù)f（x）在[0，$\frac{4-a}{2}$]上是減函數(shù)，在[$\frac{4-a}{2}$，2]上是增函數(shù)；從而化對(duì)于任意的a∈（0，4），存在x₀∈[0，2]，使得|f（x₀）|≥t為
對(duì)于任意的a∈（0，4），|f（0）|≥t或|f（2）|≥t或|f（$\frac{4-a}{2}$）|≥t有一個(gè)成立即可，即{|f（0）|，|f（2）|，|f（$\frac{4-a}{2}$）|}_max≥t即可，再由f（1）=0知∴{|f（0）|，|f（2）|，|f（$\frac{4-a}{2}$）|}_max={|f（0）|，|f（2）|}_max，從而解得．

解答 解：（1）∵f（x）=x²+（a-4）x+3-a，
∴f′（x）=2x+（a-4），
又∵f（x）在區(qū)間[0，1]上不單調(diào)，
∴f′（0）•f′（1）
=（a-4）（2+a-4）＜0，
即2＜a＜4，
即a的取值范圍為（2，4）；
（2）f（x）=x²+（a-4）x+3-a的對(duì)稱軸為x=$\frac{4-a}{2}$，
又∵a∈（0，4），∴$\frac{4-a}{2}$∈（0，2），
∴函數(shù)f（x）=x²+（a-4）x+3-a在[0，$\frac{4-a}{2}$]上是減函數(shù)，
在[$\frac{4-a}{2}$，2]上是增函數(shù)，
故對(duì)于任意的a∈（0，4），存在x₀∈[0，2]，使得|f（x₀）|≥t可化為
對(duì)于任意的a∈（0，4），|f（0）|≥t或|f（2）|≥t或|f（$\frac{4-a}{2}$）|≥t有一個(gè)成立即可，
即{|f（0）|，|f（2）|，|f（$\frac{4-a}{2}$）|}_max≥t即可，
又∵f（1）=0，
∴{|f（0）|，|f（2）|，|f（$\frac{4-a}{2}$）|}_max={|f（0）|，|f（2）|}_max，
故{|f（0）|，|f（2）|，|f（$\frac{4-a}{2}$）|}_max=$\left\{\begin{array}{l}{3-a，0＜a≤2}\\{a-1，2＜a＜4}\end{array}\right.$，
故$\left\{\begin{array}{l}{3-a，0＜a≤2}\\{a-1，2＜a＜4}\end{array}\right.$的最小值為1，
故1≥t即可，
故t的取值范圍為（-∞，1]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用及二次函數(shù)的性質(zhì)與應(yīng)用，同時(shí)考查了恒成立問題與存在性問題，屬于難題．