| 模型 | 模型答案 | 正确答案 |
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| 金声玉亮2.0 | (1)【解析】 首先，我们需要分别求出函数 \( f(x) \) 和 \( g(x) \) 的表达式。 函数 \( f(x) = -x^2 + ax + 4 \)，当 \( a = 1 \) 时，变为 \( f(x) = -x^2 + x + 4 \)。 函数 \( g(x) = |x+1| + |x-1| \) 可以分段讨论： - 当 \( x \leq -1 \) 时，\( g(x) = -(x+1) - (x-1) = -2x \) - 当 \( -1 < x \leq 1 \) 时，\( g(x) = (x+1) - (x-1) = 2 \) - 当 \( x > 1 \) 时，\( g(x) = (x+1) + (x-1) = 2x \) 接下来，我们需要解不等式 \( f(x) \geq g(x) \) 在不同区间的解集。 1. 当 \( x \leq -1 \) 时： \[ -x^2 + x + 4 \geq -2x \] \[ -x^2 + 3x + 4 \geq 0 \] 解这个二次不等式： \[ x^2 - 3x - 4 \leq 0 \] \[ (x-4)(x+1) \leq 0 \] 解得：\[ -1 \leq x \leq 4 \] 在这个区间内，结合 \( x \leq -1 \)，解集为 \( -1 \leq x \leq -1 \)，即 \( x = -1 \)。 2. 当 \( -1 < x \leq 1 \) 时： \[ -x^2 + x + 4 \geq 2 \] \[ -x^2 + x + 2 \geq 0 \] 解这个二次不等式： \[ x^2 - x - 2 \leq 0 \] \[ (x-2)(x+1) \leq 0 \] 解得：\[ -1 \leq x \leq 2 \] 在这个区间内，结合 \( -1 < x \leq 1 \)，解集为 \( -1 < x \leq 1 \)。 3. 当 \( x > 1 \) 时： \[ -x^2 + x + 4 \geq 2x \] \[ -x^2 - x + 4 \geq 0 \] 解这个二次不等式： \[ x^2 + x - 4 \leq 0 \] \[ (x-1)(x+4) \leq 0 \] 解得：\[ -4 \leq x \leq 1 \] 在这个区间内，结合 \( x > 1 \)，解集为 \( 1 \leq x \leq 1 \)，即 \( x = 1 \)。 综上所述，解集为 \( x = -1 \) 或 \( -1 < x \leq 1 \) 或 \( x = 1 \)，即 \( -1 \leq x \leq 1 \)。 <eoe> 【答案】 \([-1, 1]\)<eoa> (2)【解析】 若不等式 \( f(x) \geq g(x) \) 的解集包含 \([-1, 1]\)，则在区间 \([-1, 1]\) 内，必须满足 \( f(x) \geq g(x) \)。 函数 \( f(x) = -x^2 + ax + 4 \) 和 \( g(x) = |x+1| + |x-1| \) 在区间 \([-1, 1]\) 内的表达式为： \[ g(x) = 2 \] 因此，我们需要解不等式： \[ -x^2 + ax + 4 \geq 2 \] \[ -x^2 + ax + 2 \geq 0 \] 这个二次不等式的判别式为： \[ a^2 - 4 \cdot (-1) \cdot 2 = a^2 + 8 \] 为了使不等式在 \([-1, 1]\) 内恒成立，我们需要检查二次函数的顶点和开口方向。由于二次项系数为负，抛物线开口向下，顶点在区间 \([-1, 1]\) 内。 顶点 \( x = -\frac{a}{2} \)，需要满足： \[ -1 \leq -\frac{a}{2} \leq 1 \] \[ -2 \leq a \leq 2 \] 因此，\( a \) 的取值范围为 \([-2, 2]\)。 <eoe> 【答案】 \([-2, 2]\)<eoa> |
解：（1）当 $a=1$ 时, $f(x)=-x^{2}+x+4$, 是开口向下, 对称轴为 $x=\frac{1}{2}$ 的 二次函数 $g(x)=|x+1|+|x-1|=\left\{\begin{array}{l}2 x, \quad x>1 \\ 2, \quad-1 \leqslant x \leqslant 1 \\ -2 x, \quad x<-1\end{array}\right.$ 当 $x \in(1,+\infty)$ 时, 令 $-x^{2}+x+4=2 x$, 解得 $x=\frac{\sqrt{17}-1}{2}, g(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单 调递增, $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递减, $\therefore$ 此时 $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集为 ( $\left.1, \frac{\sqrt{17}-1}{2}\right]$ 当 $x \in[-1,1]$ 时, $g(x)=2, f(x) \geqslant f(-1)=2$. 当 $x \in(-\infty,-1)$ 时, $g(x)$ 单调递减, $f(x)$ 单调递增, 且 $g(-1)=f(-1$ $=2$ 综上所述, $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集为 $\left[-1, \frac{\sqrt{17}-1}{2}\right]$; (2) 依题意得: $-x^{2}+a x+4 \geqslant 2$ 在 $[-1,1]$ 恒成立, 即 $x^{2}-a x-2 \leqslant 0$ 在 $[-1,1]$ 恒成立, 则只需 $\left\{\begin{array}{l}1^{2}-a \cdot 1-2 \leqslant 0 \\ (-1)^{2}-a(-1)-2 \leqslant 0\end{array}\right.$, 解得 $-1 \leqslant a \leqslant 1$, 故 $\mathrm{a}$ 的取值范围是 $[-1,1]$. |
| deepseekr1 | (1)【解析】 当a=1时，f(x) = -x² + x +4。g(x) = |x+1| + |x-1|分三段讨论： - x < -1时，g(x) = -2x，解不等式 -x² +3x +4 ≥0，解得x∈[-1,4]，但x < -1时无解。 - -1 ≤ x ≤1时，g(x)=2，解不等式 -x² +x +2 ≥0，解得x∈[-1,2]，此区间解为[-1,1]。 - x >1时，g(x)=2x，解不等式 -x² -x +4 ≥0，解得x∈[(-1-√17)/2, (-1+√17)/2]，结合x>1，解集为(1, (-1+√17)/2]。 综上，解集为[-1, (-1+√17)/2]。<eoe> 【答案】解集为 $\left[-1, \dfrac{-1+\sqrt{17}}{2}\right]$。<eoa> (2)【解析】 要求f(x)≥g(x)在[-1,1]上恒成立。此时g(x)=2，故需-x² +ax +2 ≥0即x² -ax -2 ≤0在x∈[-1,1]时成立。计算端点： - h(-1) = a-1 ≤0 ⇒ a ≤1； - h(1) = -a-1 ≤0 ⇒ a ≥-1。 顶点在x=a/2处，但开口向上，最大值在端点。综上，a的取值范围为[-1,1]。<eoe> 【答案】a的取值范围是 $[-1, 1]$。<eoa> |
解：（1）当 $a=1$ 时, $f(x)=-x^{2}+x+4$, 是开口向下, 对称轴为 $x=\frac{1}{2}$ 的 二次函数 $g(x)=|x+1|+|x-1|=\left\{\begin{array}{l}2 x, \quad x>1 \\ 2, \quad-1 \leqslant x \leqslant 1 \\ -2 x, \quad x<-1\end{array}\right.$ 当 $x \in(1,+\infty)$ 时, 令 $-x^{2}+x+4=2 x$, 解得 $x=\frac{\sqrt{17}-1}{2}, g(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单 调递增, $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递减, $\therefore$ 此时 $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集为 ( $\left.1, \frac{\sqrt{17}-1}{2}\right]$ 当 $x \in[-1,1]$ 时, $g(x)=2, f(x) \geqslant f(-1)=2$. 当 $x \in(-\infty,-1)$ 时, $g(x)$ 单调递减, $f(x)$ 单调递增, 且 $g(-1)=f(-1$ $=2$ 综上所述, $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集为 $\left[-1, \frac{\sqrt{17}-1}{2}\right]$; (2) 依题意得: $-x^{2}+a x+4 \geqslant 2$ 在 $[-1,1]$ 恒成立, 即 $x^{2}-a x-2 \leqslant 0$ 在 $[-1,1]$ 恒成立, 则只需 $\left\{\begin{array}{l}1^{2}-a \cdot 1-2 \leqslant 0 \\ (-1)^{2}-a(-1)-2 \leqslant 0\end{array}\right.$, 解得 $-1 \leqslant a \leqslant 1$, 故 $\mathrm{a}$ 的取值范围是 $[-1,1]$. |
| gpto1 | (1)【解析】 当 $a=1$ 时，函数 $f(x)=-x^{2}+ax+4$ 化为： $$ f(x)=-x^{2}+x+4 $$ 函数 $g(x)=|x+1|+|x-1|$ 首先，分段计算 $g(x)$。 根据绝对值的性质，考虑 $x$ 的取值范围，将数轴划分为三个区间：$x \leq -1$，$-1 \leq x \leq 1$，$x \geq 1$。 **（i）当 $x \leq -1$ 时** $ x+1 \leq 0$，$\Rightarrow |x+1|=-(x+1)=-x-1$； $ x-1 \leq -2 \leq 0$，$\Rightarrow |x-1|=-(x-1)=-x+1$； 因此， $$ g(x)=|x+1|+|x-1| = (-x -1) + (-x +1) = -2x $$ 此时，不等式为： $$ -f(x) + g(x) = (-x^{2}+x+4)+2x = -x^{2}+3x+4 \geq 0 $$ 解二次不等式： $$ -x^2+3x+4 \geq 0 \\ \Rightarrow x^2 - 3x -4 \leq 0 \\ \Rightarrow (x - 4)(x + 1) \leq 0 $$ 解得 $-1 \leq x \leq 4$。但在此区间中，$x \leq -1$，所以只有 $x=-1$ 满足。 **（ii）当 $-1 \leq x \leq 1$ 时** $ x+1 \geq 0$，$\Rightarrow |x+1|=x+1$； $ x-1 \leq 0$，$\Rightarrow |x-1|=-(x-1)=-x+1$； 因此， $$ g(x)=|x+1|+|x-1| = (x+1)+(-x+1) = 2 $$ 此时，不等式为： $$ -f(x) + g(x) = (-x^{2}+x+4)-2 = -x^{2}+x+2 \geq 0 $$ 解二次不等式： $$ -x^{2}+x+2 \geq 0 \\ \Rightarrow x^{2}-x-2 \leq 0 \\ \Rightarrow (x+1)(x-2) \leq 0 $$ 解得 $-1 \leq x \leq 2$。在此区间中，$-1 \leq x \leq 1$，所以 $-1 \leq x \leq 1$ 满足不等式。 **（iii）当 $x \geq 1$ 时** $ x+1 \geq 0$，$\Rightarrow |x+1|=x+1$； $ x-1 \geq 0$，$\Rightarrow |x-1|=x-1$； 因此， $$ g(x)=|x+1|+|x-1| = (x+1)+(x-1) = 2x $$ 此时，不等式为： $$ -f(x) + g(x) = (-x^{2}+x+4)-2x = -x^{2}-x+4 \geq 0 $$ 解二次不等式： $$ -x^{2}-x+4 \geq 0 \\ \Rightarrow x^{2}+x-4 \leq 0 \\ \Rightarrow (x - \frac{-1+\sqrt{17}}{2})(x + \frac{1+\sqrt{17}}{2}) \leq 0 $$ 解得 $x \in \left[1, \frac{\sqrt{17}-1}{2}\right]$ **综合以上三种情况，解集为：** $$ x \in \left[-1, \frac{\sqrt{17}-1}{2}\right] $$ <eoe> 【答案】 $$ \text{解集为} \left[ -1, \frac{ \sqrt{17} - 1 }{2} \right] $$ <eoa> --- (2)【解析】 要使不等式 $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集包含 $[-1,1]$，即对于 $x \in [-1,1]$，有： $$ f(x) \geqslant g(x) $$ 在区间 $[-1,1]$ 上，之前计算得 $g(x)=2$。 因此，不等式化为： $$ -f(x) + g(x) = (-x^{2}+ax+4)-2 = -x^{2}+ax+2 \geq 0 $$ 即： $$ x^{2} - a x - 2 \leq 0 $$ 我们需要找到所有的 $a$，使得对于 $x \in [-1,1]$，上述不等式恒成立。 由于 $x^{2} - a x - 2$ 是关于 $x$ 的二次函数，开口向上。 要使不等式对 $x \in [-1,1]$ 恒成立，需要使得在 $[-1,1]$ 上，二次函数的最大值不超过 $0$。 计算二次函数在端点和顶点处的值： 1. 顶点 $x = \dfrac{a}{2}$，对应的函数值： $$ y = \left( \dfrac{a}{2} \right)^{2} - a \cdot \dfrac{a}{2} -2 = -\dfrac{a^{2}}{4} -2 $$ 2. 当 $x = -1$ 时： $$ y = (-1)^{2} - a \cdot (-1) -2 = 1 + a -2 = a -1 $$ 3. 当 $x = 1$ 时： $$ y = (1)^{2} - a \cdot 1 -2 = 1 - a -2 = -a -1 $$ 要使 $y \leq 0$，则需要： $$ \begin{cases} a -1 \leq 0 \\ -a -1 \leq 0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} a \leq 1 \\ a \geq -1 \end{cases} $$ 因此，$a \in [-1,1]$ <eoe> 【答案】 $$ a \text{ 的取值范围为 } [-1, \ 1] $$ <eoa> |
解：（1）当 $a=1$ 时, $f(x)=-x^{2}+x+4$, 是开口向下, 对称轴为 $x=\frac{1}{2}$ 的 二次函数 $g(x)=|x+1|+|x-1|=\left\{\begin{array}{l}2 x, \quad x>1 \\ 2, \quad-1 \leqslant x \leqslant 1 \\ -2 x, \quad x<-1\end{array}\right.$ 当 $x \in(1,+\infty)$ 时, 令 $-x^{2}+x+4=2 x$, 解得 $x=\frac{\sqrt{17}-1}{2}, g(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单 调递增, $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递减, $\therefore$ 此时 $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集为 ( $\left.1, \frac{\sqrt{17}-1}{2}\right]$ 当 $x \in[-1,1]$ 时, $g(x)=2, f(x) \geqslant f(-1)=2$. 当 $x \in(-\infty,-1)$ 时, $g(x)$ 单调递减, $f(x)$ 单调递增, 且 $g(-1)=f(-1$ $=2$ 综上所述, $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集为 $\left[-1, \frac{\sqrt{17}-1}{2}\right]$; (2) 依题意得: $-x^{2}+a x+4 \geqslant 2$ 在 $[-1,1]$ 恒成立, 即 $x^{2}-a x-2 \leqslant 0$ 在 $[-1,1]$ 恒成立, 则只需 $\left\{\begin{array}{l}1^{2}-a \cdot 1-2 \leqslant 0 \\ (-1)^{2}-a(-1)-2 \leqslant 0\end{array}\right.$, 解得 $-1 \leqslant a \leqslant 1$, 故 $\mathrm{a}$ 的取值范围是 $[-1,1]$. |
| GPT-4o | (1)【解析】 首先，我们分别求出两个函数 \( f(x) \) 和 \( g(x) \) 的表达式： \[ f(x) = -x^2 + ax + 4 \] 当 \( a = 1 \) 时，函数 \( f(x) \) 变为： \[ f(x) = -x^2 + x + 4 \] 函数 \( g(x) \) 是一个分段函数，由两个绝对值函数组成： \[ g(x) = |x+1| + |x-1| \] 我们需要对 \( g(x) \) 进行分段讨论： 1. 当 \( x \leq -1 \) 时： \[ g(x) = -(x+1) - (x-1) = -x-1 - x + 1 = -2x \] 2. 当 \( -1 < x \leq 1 \) 时： \[ g(x) = |x+1| + |x-1| = x+1 - (x-1) = x+1 + x-1 = 2 \] 3. 当 \( x > 1 \) 时： \[ g(x) = (x+1) + (x-1) = x+1 + x-1 = 2x \] 将 \( f(x) \geq g(x) \) 分三段讨论： 1. 当 \( x \leq -1 \) 时： \[ -x^2 + x + 4 \geq -2x \] \[ -x^2 + 3x + 4 \geq 0 \] 解这个一元二次不等式： \[ x^2 - 3x - 4 \leq 0 \] \[ (x-4)(x+1) \leq 0 \] 解得： \[ -1 \leq x \leq 4 \] 结合 \( x \leq -1 \) 的条件，解集为： \[ -1 \leq x \leq -1 \] 即： \[ x = -1 \] 2. 当 \( -1 < x \leq 1 \) 时： \[ -x^2 + x + 4 \geq 2 \] \[ -x^2 + x + 2 \geq 0 \] 解这个一元二次不等式： \[ x^2 - x - 2 \leq 0 \] \[ (x-2)(x+1) \leq 0 \] 解得： \[ -1 \leq x \leq 2 \] 结合 \( -1 < x \leq 1 \) 的条件，解集为： \[ -1 < x \leq 1 \] 3. 当 \( x > 1 \) 时： \[ -x^2 + x + 4 \geq 2x \] \[ -x^2 - x + 4 \geq 0 \] 解这个一元二次不等式： \[ x^2 + x - 4 \leq 0 \] \[ (x-2)(x+2) \leq 0 \] 解得： \[ -2 \leq x \leq 2 \] 结合 \( x > 1 \) 的条件，解集为： \[ 1 < x \leq 2 \] 综合上述三段的解集，得到 \( f(x) \geq g(x) \) 的解集为： \[ x = -1 \] 或 \( -1 < x \leq 2 \) 即： \[ -1 \leq x \leq 2 \] <eoe> 【答案】当 \( a = 1 \) 时，不等式 \( f(x) \geq g(x) \) 的解集为 \([-1, 2]\)。<eoa> (2)【解析】 要使不等式 \( f(x) \geq g(x) \) 的解集包含 \([-1, 1]\)，必须满足在区间 \([-1, 1]\) 内，\( f(x) \geq g(x) \)。 在区间 \([-1, 1]\) 内，\( g(x) = 2 \)。 因此，需要满足： \[ f(x) = -x^2 + ax + 4 \geq 2 \] 即： \[ -x^2 + ax + 4 \geq 2 \] \[ -x^2 + ax + 2 \geq 0 \] 对于 \([-1, 1]\) 上的二次不等式： \[ -x^2 + ax + 2 = 0 \] 首先，二次抛物线的顶 |
解：（1）当 $a=1$ 时, $f(x)=-x^{2}+x+4$, 是开口向下, 对称轴为 $x=\frac{1}{2}$ 的 二次函数 $g(x)=|x+1|+|x-1|=\left\{\begin{array}{l}2 x, \quad x>1 \\ 2, \quad-1 \leqslant x \leqslant 1 \\ -2 x, \quad x<-1\end{array}\right.$ 当 $x \in(1,+\infty)$ 时, 令 $-x^{2}+x+4=2 x$, 解得 $x=\frac{\sqrt{17}-1}{2}, g(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单 调递增, $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递减, $\therefore$ 此时 $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集为 ( $\left.1, \frac{\sqrt{17}-1}{2}\right]$ 当 $x \in[-1,1]$ 时, $g(x)=2, f(x) \geqslant f(-1)=2$. 当 $x \in(-\infty,-1)$ 时, $g(x)$ 单调递减, $f(x)$ 单调递增, 且 $g(-1)=f(-1$ $=2$ 综上所述, $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集为 $\left[-1, \frac{\sqrt{17}-1}{2}\right]$; (2) 依题意得: $-x^{2}+a x+4 \geqslant 2$ 在 $[-1,1]$ 恒成立, 即 $x^{2}-a x-2 \leqslant 0$ 在 $[-1,1]$ 恒成立, 则只需 $\left\{\begin{array}{l}1^{2}-a \cdot 1-2 \leqslant 0 \\ (-1)^{2}-a(-1)-2 \leqslant 0\end{array}\right.$, 解得 $-1 \leqslant a \leqslant 1$, 故 $\mathrm{a}$ 的取值范围是 $[-1,1]$. |
| llama3.1-70B-Instruct | 【解析】 (1)当a=1时,不等式f(x)\geqslantg(x)可化为x^{2}-x-3\leqslant0,解得x\in[-1,3],所以不等式f(x)\geqslantg(x)的解集为[-1,3].(2)由题意知,当x\in[-1,1]时,|x+1|+|x-1|=2,所以不等式f(x)\geqslantg(x)可化为-x^{2}+ax+4\geqslant2,即x^{2}-ax-2\leqslant0,所以当a\geqslant2时,不等式x^{2}-ax-2\leqslant0恒成立,当-2<a<2时,不等式x^{2}-ax-2\leqslant0的解集为\frac{a-\sqrt{a^{2}+8}}{2}\leqslantx\leqslant\frac{a+\sqrt{a^{2}+8}}{2},所以当-2<a<2时,不等式f(x)\geqslantg(x)的解集包含[-1,1]的充要条件是\frac{a-\sqrt{a^{2}+8}}{2}\leqslant-1且\frac{a+\sqrt{a^{2}+8}}{2}\geqslant1,解得a\geqslant2,综上可知,不等式f(x)\geqslantg(x)的解集包含[-1,1]的充要条件是a\geqslant2. 最终结果是[-1,3] (2)[2,+oo) |
解：（1）当 $a=1$ 时, $f(x)=-x^{2}+x+4$, 是开口向下, 对称轴为 $x=\frac{1}{2}$ 的 二次函数 $g(x)=|x+1|+|x-1|=\left\{\begin{array}{l}2 x, \quad x>1 \\ 2, \quad-1 \leqslant x \leqslant 1 \\ -2 x, \quad x<-1\end{array}\right.$ 当 $x \in(1,+\infty)$ 时, 令 $-x^{2}+x+4=2 x$, 解得 $x=\frac{\sqrt{17}-1}{2}, g(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单 调递增, $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递减, $\therefore$ 此时 $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集为 ( $\left.1, \frac{\sqrt{17}-1}{2}\right]$ 当 $x \in[-1,1]$ 时, $g(x)=2, f(x) \geqslant f(-1)=2$. 当 $x \in(-\infty,-1)$ 时, $g(x)$ 单调递减, $f(x)$ 单调递增, 且 $g(-1)=f(-1$ $=2$ 综上所述, $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集为 $\left[-1, \frac{\sqrt{17}-1}{2}\right]$; (2) 依题意得: $-x^{2}+a x+4 \geqslant 2$ 在 $[-1,1]$ 恒成立, 即 $x^{2}-a x-2 \leqslant 0$ 在 $[-1,1]$ 恒成立, 则只需 $\left\{\begin{array}{l}1^{2}-a \cdot 1-2 \leqslant 0 \\ (-1)^{2}-a(-1)-2 \leqslant 0\end{array}\right.$, 解得 $-1 \leqslant a \leqslant 1$, 故 $\mathrm{a}$ 的取值范围是 $[-1,1]$. |
| llama3.1-405B-Instruct | （1）当a=1时,不等式f(x)\geqslang(x)化为-x^{2}+x+4\geqslant|x+1|+|x-1|,即\begin{cases}-x^{2}+x+4\geqslant2x&x\geqslant1\\-x^{2}+x+4\geqslant2&-1\leqslantx<1\\-x^{2}+x+4\geqslant-2x&x<-1\end{cases},解得\begin{cases}x\leqslant-1\\-1\leqslantx\leqslant2\end{cases},故不等式f(x)\geqslantg(x)的解集为[-1,2]. （2）由题意可得,当x |
解：（1）当 $a=1$ 时, $f(x)=-x^{2}+x+4$, 是开口向下, 对称轴为 $x=\frac{1}{2}$ 的 二次函数 $g(x)=|x+1|+|x-1|=\left\{\begin{array}{l}2 x, \quad x>1 \\ 2, \quad-1 \leqslant x \leqslant 1 \\ -2 x, \quad x<-1\end{array}\right.$ 当 $x \in(1,+\infty)$ 时, 令 $-x^{2}+x+4=2 x$, 解得 $x=\frac{\sqrt{17}-1}{2}, g(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单 调递增, $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递减, $\therefore$ 此时 $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集为 ( $\left.1, \frac{\sqrt{17}-1}{2}\right]$ 当 $x \in[-1,1]$ 时, $g(x)=2, f(x) \geqslant f(-1)=2$. 当 $x \in(-\infty,-1)$ 时, $g(x)$ 单调递减, $f(x)$ 单调递增, 且 $g(-1)=f(-1$ $=2$ 综上所述, $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集为 $\left[-1, \frac{\sqrt{17}-1}{2}\right]$; (2) 依题意得: $-x^{2}+a x+4 \geqslant 2$ 在 $[-1,1]$ 恒成立, 即 $x^{2}-a x-2 \leqslant 0$ 在 $[-1,1]$ 恒成立, 则只需 $\left\{\begin{array}{l}1^{2}-a \cdot 1-2 \leqslant 0 \\ (-1)^{2}-a(-1)-2 \leqslant 0\end{array}\right.$, 解得 $-1 \leqslant a \leqslant 1$, 故 $\mathrm{a}$ 的取值范围是 $[-1,1]$. |
| DeepSeek-Coder-V2 | "(1)【解析】 首先，我们将 $a=1$ 代入函数 $f(x)$，得到 $f(x) = -x^2 + x + 4$。接下来，我们需要解不等式 $f(x) \\geqslant g(x)$，即 $-x^2 + x + 4 \\geqslant |x+1| + |x-1|$。\n\n为了处理绝对值函数 $g(x)$，我们需要考虑 $x$ 的不同取值范围。绝对值函数 $g(x)$ 在不同区间的表现如下：\n- 当 $x \\leq -1$ 时，$|x+1| = -(x+1)$ 且 $|x-1| = -(x-1)$，所以 $g(x) = -x-1 - x + 1 = -2x$。\n- 当 $-1 < x < 1$ 时，$|x+1| = x+1$ 且 $|x-1| = -(x-1)$，所以 $g(x) = x+1 - x + 1 = 2$。\n- 当 $x \\geq 1$ 时，$|x+1| = x+1$ 且 $|x-1| = x-1$，所以 $g(x) = x+1 + x - 1 = 2x$。\n\n我们将这些情况分别代入不等式 $-x^2 + x + 4 \\geqslant g(x)$ 进行求解。\n\n1. 当 $x \\leq -1$ 时，不等式变为 $-x^2 + x + 4 \\geqslant -2x$，即 $-x^2 + 3x + 4 \\geqslant 0$。解这个二次不等式，我们首先找到其根：$-x^2 + 3x + 4 = 0$，解得 $x = \\frac{3 \\pm \\sqrt{9 + 16}}{2} = \\frac{3 \\pm 5}{2}$，即 $x = 4$ 或 $x = -1$。由于 $x \\leq -1$，我们只考虑 $x = -1$。二次函数 $-x^2 + 3x + 4$ 开口向下，所以在 $x \\leq -1$ 时，$-x^2 + 3x + 4 \\geqslant 0$ 恒成立。\n\n2. 当 $-1 < x < 1$ 时，不等式变为 $-x^2 + x + 4 \\geqslant 2$，即 $-x^2 + x + 2 \\geqslant 0$。解这个二次不等式，我们首先找到其根：$-x^2 + x + 2 = 0$，解得 $x = \\frac{1 \\pm \\sqrt{1 + 8}}{2} = \\frac{1 \\pm 3}{2}$，即 $x = 2$ 或 $x = -1$。由于 $-1 < x < 1$，我们只考虑 $x = -1$。二次函数 $-x^2 + x + 2$ 开口向下，所以在 $-1 < x < 1$ 时，$-x^2 + x + 2 \\geqslant 0$ 恒成立。\n\n3. 当 $x \\geq 1$ 时，不等式变为 $-x^2 + x + 4 \\geqslant 2x$，即 $-x^2 - x + 4 \\geqslant 0$。解这个二次不等式，我们首先找到其根：$-x^2 - x + 4 = 0$，解得 $x = \\frac{-1 \\pm \\sqrt{1 + 16}}{2} = \\frac{-1 \\pm 5}{2}$，即 $x = 2$ 或 $x = -3$。由于 $x \\geq 1$，我们只考虑 $x = 2$。二次函数 $-x^2 - x + 4$ 开口向下，所以在 $x \\geq 1$ 时，$-x^2 - x + 4 \\geqslant 0$ 恒成立。\n\n综上所述，不等式 $-x^2 + x + 4 \\geqslant |x+1| + |x-1|$ 的解集为 $(-\\infty, \\infty)$。<eoe>\n【答案】$(-\\infty, \\infty)$<eoa>\n\n(2)【解析】 我们需要求 $a$ 的取值范围，使得不等式 $f(x) \\geqslant g(x)$ 的解集包含 $[-1,1]$。即对于所有 $x \\in [-1,1]$，不等式 $-x^2 + ax + 4 \\geqslant |x+1| + |x-1|$ 恒成立。\n\n在区间 $[-1,1]$ 内，$g(x) = 2$，所以不等式变为 $-x^2 + ax + 4 \\geqslant 2$，即 $-x^2 + ax + 2 \\geqslant 0$。\n\n我们需要确保这个不等式在 $[-1,1]$ 内恒成立。考虑二次函数 $-x^2 + ax + 2$ 在区间 $[-1,1]$ 内的最大值和最小值。由于 $-x^2 + ax + 2$ 是一个开口向下的抛物线，其最大值出现在顶点处。顶点的 $x$ 坐标为 $-\\frac{a}{2(-1)} = \\frac{a}{2}$。\n\n1. 如果 $\\frac{a}{2} \\in [-1,1]$，即 $-2 \\leq a \\leq 2$，我们需要确保 $-x^2 + ax + 2 \\geq 0$ 在 $[-1,1]$ 内恒成立。由于 $-x^2 + ax + 2$ 在 $x = \\frac{a}{2}$ 处取得最大值，我们需要这个最大值大于等于 0。计算最大值：$-(\\frac{a}{2})^2 + a(\\frac{a}{2}) + 2 = -\\frac{a^2}{4} + \\frac{a^2}{2} + 2 = \\frac{a^2}{4} + 2$。我们需要 $\\frac{a^2}{4} + 2 \\geq 0$，显然对于所有 $a$ 都成立。\n\n2. 如果 $\\frac{a}{2} \\notin [-1,1]$，即 $a < -2$ 或 $a > 2$，我们需要检查 $-x^2 + ax + 2$ 在 $x = -1$ 和 $x = 1$ 处的值。计算这两个值：\n - 当 $x = -1$ 时，$-(-1)^2 + a(-1) + 2 = -1 - a + 2 = 1 - a$。我们需要 $1 - a \\geq 0$，即 $a \\leq 1$。\n - 当 $x = 1$ 时，$-1^2 + a(1) + 2 = -1 + a + 2 = a + 1$。我们需要 $a + 1 \\geq 0$，即 $a \\geq -1$。\n\n结合以上两种情况，我们得到 $a$ 的取值范围为 $[-1, 2]$。<eoe>\n【答案】$[-1, 2]$<eoa>" | 解：（1）当 $a=1$ 时, $f(x)=-x^{2}+x+4$, 是开口向下, 对称轴为 $x=\frac{1}{2}$ 的 二次函数 $g(x)=|x+1|+|x-1|=\left\{\begin{array}{l}2 x, \quad x>1 \\ 2, \quad-1 \leqslant x \leqslant 1 \\ -2 x, \quad x<-1\end{array}\right.$ 当 $x \in(1,+\infty)$ 时, 令 $-x^{2}+x+4=2 x$, 解得 $x=\frac{\sqrt{17}-1}{2}, g(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单 调递增, $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递减, $\therefore$ 此时 $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集为 ( $\left.1, \frac{\sqrt{17}-1}{2}\right]$ 当 $x \in[-1,1]$ 时, $g(x)=2, f(x) \geqslant f(-1)=2$. 当 $x \in(-\infty,-1)$ 时, $g(x)$ 单调递减, $f(x)$ 单调递增, 且 $g(-1)=f(-1$ $=2$ 综上所述, $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集为 $\left[-1, \frac{\sqrt{17}-1}{2}\right]$; (2) 依题意得: $-x^{2}+a x+4 \geqslant 2$ 在 $[-1,1]$ 恒成立, 即 $x^{2}-a x-2 \leqslant 0$ 在 $[-1,1]$ 恒成立, 则只需 $\left\{\begin{array}{l}1^{2}-a \cdot 1-2 \leqslant 0 \\ (-1)^{2}-a(-1)-2 \leqslant 0\end{array}\right.$, 解得 $-1 \leqslant a \leqslant 1$, 故 $\mathrm{a}$ 的取值范围是 $[-1,1]$. |
| Qwen2-72B-Instruct | "(1)【解析】 当 $a=1$ 时, 函数 $f(x)=-x^{2}+x+4$. 要求不等式 $f(x) \\geqslant g(x)$ 的解集, 首先我们需要了解 $g(x)=|x+1|+|x-1|$ 的行为. 当 $x \\leq -1$ 时, $g(x)=-2x$; 当 $-1 < x < 1$ 时, $g(x)=2$; 当 $x \\geq 1$ 时, $g(x)=2x$. 然后我们将 $f(x)$ 与 $g(x)$ 分别在这些区间内比较.\n<eoe>\n【答案】\n当 $x \\leq -1$ 时, $g(x)=-2x$. 我们有 $-x^2 + x + 4 \\geqslant -2x$, 即 $-x^2 + 3x + 4 \\geqslant 0$. 解这个不等式得到 $x \\in [-1, 4]$. 但考虑到 $x \\leq -1$, 我们得到 $x \\in \\{-1\\}$.\n当 $-1 < x < 1$ 时, $g(x)=2$. 我们有 $-x^2 + x + 4 \\geqslant 2$, 即 $-x^2 + x + 2 \\geqslant 0$. 解这个不等式得到 $x \\in [-1, 2]$. 但考虑到 $-1 < x < 1$, 我们得到 $x \\in (-1, 1)$.\n当 $x \\geq 1$ 时, $g(x)=2x$. 我们有 $-x^2 + x + 4 \\geqslant 2x$, 即 $-x^2 - x + 4 \\geqslant 0$. 解这个不等式得到 $x \\in [-4, 1]$. 但考虑到 $x \\geq 1$, 我们得到 $x \\in \\{1\\}$.\n因此, 当 $a=1$ 时, 不等式 $f(x) \\geqslant g(x)$ 的解集是 $x \\in [-1, 1]$.<eoa>\n\n(2)【解析】 若不等式 $f(x) \\geqslant g(x)$ 的解集包含 $[-1,1]$, 首先考虑 $x \\in [-1,1]$. 在这个区间内, $g(x)=2$. 因此, $-x^2 + ax + 4 \\geqslant 2$ 必须对所有的 $x \\in [-1,1]$ 成立. 这转化为 $-x^2 + ax + 2 \\geqslant 0$ 对 $x \\in [-1,1]$ 恒成立. 我们可以考虑 $f(x)$ 在 $x=-1$ 和 $x=1$ 时的值, 以确定 $a$ 的取值范围.\n<eoe>\n【答案】\n当 $x=-1$ 时, $f(-1) = -(-1)^2 + a(-1) + 4 = 3 - a$. 当 $x=1$ 时, $f(1) = -(1)^2 + a(1) + 4 = 3 + a$. 为了使 $f(x) \\geqslant g(x)$ 在 $x \\in [-1,1]$ 上成立, 我们需要 $3 - a \\geqslant 2$ 和 $3 + a \\geqslant 2$. 这意味着 $a \\leqslant 1$ 和 $a \\geqslant -1$. 因此, $a$ 的取值范围是 $[-1, 1]$.\n<eoa>" | 解：（1）当 $a=1$ 时, $f(x)=-x^{2}+x+4$, 是开口向下, 对称轴为 $x=\frac{1}{2}$ 的 二次函数 $g(x)=|x+1|+|x-1|=\left\{\begin{array}{l}2 x, \quad x>1 \\ 2, \quad-1 \leqslant x \leqslant 1 \\ -2 x, \quad x<-1\end{array}\right.$ 当 $x \in(1,+\infty)$ 时, 令 $-x^{2}+x+4=2 x$, 解得 $x=\frac{\sqrt{17}-1}{2}, g(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单 调递增, $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递减, $\therefore$ 此时 $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集为 ( $\left.1, \frac{\sqrt{17}-1}{2}\right]$ 当 $x \in[-1,1]$ 时, $g(x)=2, f(x) \geqslant f(-1)=2$. 当 $x \in(-\infty,-1)$ 时, $g(x)$ 单调递减, $f(x)$ 单调递增, 且 $g(-1)=f(-1$ $=2$ 综上所述, $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集为 $\left[-1, \frac{\sqrt{17}-1}{2}\right]$; (2) 依题意得: $-x^{2}+a x+4 \geqslant 2$ 在 $[-1,1]$ 恒成立, 即 $x^{2}-a x-2 \leqslant 0$ 在 $[-1,1]$ 恒成立, 则只需 $\left\{\begin{array}{l}1^{2}-a \cdot 1-2 \leqslant 0 \\ (-1)^{2}-a(-1)-2 \leqslant 0\end{array}\right.$, 解得 $-1 \leqslant a \leqslant 1$, 故 $\mathrm{a}$ 的取值范围是 $[-1,1]$. |
| baichuan4 | (1)【解析】首先，我们要分情况讨论g(x)的表达式，因为g(x)包含绝对值。 当$x \geq 1$时，$g(x) = (x+1) + (x-1) = 2x$； 当$-1 < x < 1$时，$g(x) = -(x+1) - (x-1) = -2x$； 当$x \leq -1$时，$g(x) = -(x+1) + (x-1) = -2$。 接下来，我们要求解不等式$f(x) \geq g(x)$。由于a=1，所以$f(x)=-x^{2}+x+4$。 我们将三种情况分别代入不等式中进行求解： 1）当$x \geq 1$时，$-x^{2} + x + 4 \geq 2x$，化简得$x^{2} - 3 \leq 0$，解得$-\sqrt{3} \leq x \leq \sqrt{3}$。但由于我们的条件是$x \geq 1$，所以这部分的解集是$1 \leq x \leq \sqrt{3}$。 2）当$-1 < x < 1$时，$-x^{2} + x + 4 \geq -2x$，化简得$x^{2} - 3x - 4 \leq 0$，解得$-1 \leq x \leq 4$。但由于我们的条件是$-1 < x < 1$，所以这部分的解集是$-1 < x < 1$。 3）当$x \leq -1$时，$-x^{2} + x + 4 \geq -2$，化简得$x^{2} - x - 2 \leq 0$，解得$-2 \leq x \leq 1$。但由于我们的条件是$x \leq -1$，所以这部分的解集是$-2 \leq x \leq -1$。 综合以上三种情况，我们得到不等式$f(x) \geq g(x)$的解集为$[-2, \sqrt{3}]$。 |
解：（1）当 $a=1$ 时, $f(x)=-x^{2}+x+4$, 是开口向下, 对称轴为 $x=\frac{1}{2}$ 的 二次函数 $g(x)=|x+1|+|x-1|=\left\{\begin{array}{l}2 x, \quad x>1 \\ 2, \quad-1 \leqslant x \leqslant 1 \\ -2 x, \quad x<-1\end{array}\right.$ 当 $x \in(1,+\infty)$ 时, 令 $-x^{2}+x+4=2 x$, 解得 $x=\frac{\sqrt{17}-1}{2}, g(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单 调递增, $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递减, $\therefore$ 此时 $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集为 ( $\left.1, \frac{\sqrt{17}-1}{2}\right]$ 当 $x \in[-1,1]$ 时, $g(x)=2, f(x) \geqslant f(-1)=2$. 当 $x \in(-\infty,-1)$ 时, $g(x)$ 单调递减, $f(x)$ 单调递增, 且 $g(-1)=f(-1$ $=2$ 综上所述, $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集为 $\left[-1, \frac{\sqrt{17}-1}{2}\right]$; (2) 依题意得: $-x^{2}+a x+4 \geqslant 2$ 在 $[-1,1]$ 恒成立, 即 $x^{2}-a x-2 \leqslant 0$ 在 $[-1,1]$ 恒成立, 则只需 $\left\{\begin{array}{l}1^{2}-a \cdot 1-2 \leqslant 0 \\ (-1)^{2}-a(-1)-2 \leqslant 0\end{array}\right.$, 解得 $-1 \leqslant a \leqslant 1$, 故 $\mathrm{a}$ 的取值范围是 $[-1,1]$. |
| doubao | (1)【解析】当$a=1$时，$f(x)=-x^{2}+x+4$，$g(x)=|x+1|+|x-1|$。当$x \lt -1$时，$g(x)=-(x+1)-(x-1)=-2x$；当$-1 \leqslant x \leqslant 1$时，$g(x)=(x+1)-(x-1)=2$；当$x \gt 1$时，$g(x)=(x+1)+(x-1)=2x$。当$a=1$时，求$f(x) \geqslant g(x)$的解集，即求$-x^{2}+x+4 \geqslant g(x)$的解集，分情况讨论。当$x \lt -1$时，$-x^{2}+x+4 \geqslant -2x$，即$-x^{2}+3x+4 \geqslant 0$，$x^{2}-3x-4 \leqslant 0$，$(x-4)(x+1) \leqslant 0$，解得$-1 \leqslant x \leqslant 4$，此时无解；当$-1 \leqslant x \leqslant 1$时，$-x^{2}+x+4 \geqslant 2$，即$-x^{2}+x+2 \geqslant 0$，$x^{2}-x-2 \leqslant 0$，$(x-2)(x+1) \leqslant 0$，解得$-1 \leqslant x \leqslant 2$，所以此时$-1 \leqslant x \leqslant 1$；当$x \gt 1$时，$-x^{2}+x+4 \geqslant 2x$，即$-x^{2}-x+4 \geqslant 0$，$x^{2}+x-4 \leqslant 0$，利用求根公式$x=\frac{-1 \pm \sqrt{1^{2}-4\times 1\times (-4)}}{2\times 1}=\frac{-1 \pm \sqrt{17}}{2}$，解得$\frac{-1-\sqrt{17}}{2} \leqslant x \leqslant \frac{-1+\sqrt{17}}{2}$，此时$1 \lt x \leqslant \frac{-1+\sqrt{17}}{2}$。综上，不等式的解集为$[-1, \frac{-1+\sqrt{17}}{2}]$。<eoe> 【答案】$[-1, \frac{-1+\sqrt{17}}{2}]$<eoa> (2)【解析】依题意得：$-x^{2}+ax+4 \geqslant 2$在$[-1,1]$上恒成立，即$-x^{2}+ax+2 \geqslant 0$在$[-1,1]$上恒成立，即$x^{2}-ax-2 \leqslant 0$在$[-1,1]$上恒成立，令$h(x)=x^{2}-ax-2$，则$\begin{cases}h(-1)=1+a-2 \leqslant 0\\h(1)=1-a-2 \leqslant 0\end{cases}$，即$\begin{cases}a-1 \leqslant 0\\-a-1 \leqslant 0\end{cases}$，即$\begin{cases}a \leqslant 1\\a \geqslant -1\end{cases}$，所以$a$的取值范围是$[-1,1]$。<eoe> 【答案】$[-1,1]$<eoa> |
解：（1）当 $a=1$ 时, $f(x)=-x^{2}+x+4$, 是开口向下, 对称轴为 $x=\frac{1}{2}$ 的 二次函数 $g(x)=|x+1|+|x-1|=\left\{\begin{array}{l}2 x, \quad x>1 \\ 2, \quad-1 \leqslant x \leqslant 1 \\ -2 x, \quad x<-1\end{array}\right.$ 当 $x \in(1,+\infty)$ 时, 令 $-x^{2}+x+4=2 x$, 解得 $x=\frac{\sqrt{17}-1}{2}, g(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单 调递增, $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递减, $\therefore$ 此时 $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集为 ( $\left.1, \frac{\sqrt{17}-1}{2}\right]$ 当 $x \in[-1,1]$ 时, $g(x)=2, f(x) \geqslant f(-1)=2$. 当 $x \in(-\infty,-1)$ 时, $g(x)$ 单调递减, $f(x)$ 单调递增, 且 $g(-1)=f(-1$ $=2$ 综上所述, $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集为 $\left[-1, \frac{\sqrt{17}-1}{2}\right]$; (2) 依题意得: $-x^{2}+a x+4 \geqslant 2$ 在 $[-1,1]$ 恒成立, 即 $x^{2}-a x-2 \leqslant 0$ 在 $[-1,1]$ 恒成立, 则只需 $\left\{\begin{array}{l}1^{2}-a \cdot 1-2 \leqslant 0 \\ (-1)^{2}-a(-1)-2 \leqslant 0\end{array}\right.$, 解得 $-1 \leqslant a \leqslant 1$, 故 $\mathrm{a}$ 的取值范围是 $[-1,1]$. |
| minimax | (1)【解析】首先，我们需要分别求出函数 $f(x)$ 和 $g(x)$ 的表达式。当 $a=1$ 时，函数 $f(x)$ 变为 $f(x)=-x^{2}+x+4$。函数 $g(x)$ 是绝对值函数的和，我们需要分段考虑 $x$ 的取值来求出 $g(x)$ 的表达式。 对于 $g(x)=|x+1|+|x-1|$，我们可以根据 $x$ 的取值分为三个区间来讨论： - 当 $x \geq 1$ 时，$g(x) = (x+1) + (x-1) = 2x$； - 当 $-1 \leq x < 1$ 时，$g(x) = (x+1) - (x-1) = 2$； - 当 $x < -1$ 时，$g(x) = -(x+1) - (x-1) = -2x - 2$。 接下来，我们需要解不等式 $f(x) \geqslant g(x)$。由于 $g(x)$ 在不同区间有不同的表达式，我们需要分段讨论，并求出每个区间内不等式的解集。最后，我们将这些解集合并，得到最终的解集。<eoe> 【答案】当 $a=1$ 时，函数 $f(x)$ 变为 $f(x)=-x^{2}+x+4$。 对于 $g(x)=|x+1|+|x-1|$，我们分段讨论： - 当 $x \geq 1$ 时，$g(x) = 2x$，不等式变为 $-x^{2}+x+4 \geq 2x$，即 $-x^{2}-x+4 \geq 0$； - 当 $-1 \leq x < 1$ 时，$g(x) = 2$，不等式变为 $-x^{2}+x+4 \geq 2$，即 $-x^{2}+x+2 \geq 0$； - 当 $x < -1$ 时，$g(x) = -2x - 2$，不等式变为 $-x^{2}+x+4 \geq -2x - 2$，即 $-x^{2}+3x+6 \geq 0$。 我们分别解这三个不等式： - 对于 $-x^{2}-x+4 \geq 0$，我们可以通过因式分解或使用求根公式找到根，然后确定不等式的解集。因式分解得 $(x+2)(x-2) \leq 0$，解得 $x \in [-2, 2]$。由于 $x \geq 1$，解集为 $x \in [1, 2]$。 - 对于 $-x^{2}+x+2 \geq 0$，同样因式分解得 $(x-2)(x+1) \geq 0$，解得 $x \in (-\infty, -1] \cup [2, \infty)$。由于 $-1 \leq x < 1$，解集为 $x \in \{-1\}$。 - 对于 $-x^{2}+3x+6 \geq 0$，因式分解得 $(x-3)(x+2) \leq 0$，解得 $x \in [-2, 3]$。由于 $x < -1$，解集为 $x \in (-\infty, -1)$。 合并这三个解集，我们得到 $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集为 $x \in (-\infty, -1] \cup [1, 2]$。<eoa> (2)【解析】为了使不等式 $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集包含 $[-1,1]$，我们需要考虑 $f(x)$ 在区间 $[-1,1]$ 上始终大于等于 $g(x)$。由于 $g(x)$ 在 $[-1,1]$ 上的值为常数2，我们需要 $f(x)$ 在 $[-1,1]$ 上的最小值大于等于2。 函数 $f(x)=-x^{2}+a x+4$ 是一个开口向下的抛物线，其顶点坐标为 $(\frac{a}{2}, f(\frac{a}{2}))$。顶点的 $x$ 坐标 $\frac{a}{2}$ 应该在区间 $[-1,1]$ 内，这样顶点的 $y$ 值就是 $f(x)$ 在区间 $[-1,1]$ 上的最小值。我们需要找到满足这个条件的 $a$ 的取值范围。 首先，我们确定顶点的 $y$ 值 $f(\frac{a}{2})$，然后解不等式 $f(\frac{a}{2}) \geqslant 2$ 来找到 $a$ 的取值范围。<eoe> 【答案】函数 $f(x)=-x^{2}+a x+4$ 的顶点坐标为 $(\frac{a}{2}, f(\frac{a}{2}))$，其中 $f(\frac{a}{2})=-\left(\frac{a}{2}\right)^{2}+a\left(\frac{a}{2}\right)+4$。 我们需要 $f(\frac{a}{2}) \geqslant 2$，即： $$-\left(\frac{a}{2}\right)^{2}+a\left(\frac{a}{2}\right)+4 \geqslant 2$$ 化简得： $$-\frac{a^{2}}{4}+\frac{a^{2}}{2}+4 \geqslant 2$$ $$\frac{a^{2}}{4} \geqslant -2$$ 由于 $a^{2}$ 总是非负的，上述不等式总是成立的，因此我们需要考虑的是顶点的 $x$ 坐标 $\frac{a}{2}$ 应该在区间 $[-1,1]$ 内。 这意味着 $-1 \leq \frac{a}{2} \leq 1$，解得 $-2 \leq a \leq 2$。 因此，为了使不等式 $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集包含 $[-1,1]$，$a$ 的取值范围是 $[-2, 2]$。<eoa> |
解：（1）当 $a=1$ 时, $f(x)=-x^{2}+x+4$, 是开口向下, 对称轴为 $x=\frac{1}{2}$ 的 二次函数 $g(x)=|x+1|+|x-1|=\left\{\begin{array}{l}2 x, \quad x>1 \\ 2, \quad-1 \leqslant x \leqslant 1 \\ -2 x, \quad x<-1\end{array}\right.$ 当 $x \in(1,+\infty)$ 时, 令 $-x^{2}+x+4=2 x$, 解得 $x=\frac{\sqrt{17}-1}{2}, g(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单 调递增, $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递减, $\therefore$ 此时 $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集为 ( $\left.1, \frac{\sqrt{17}-1}{2}\right]$ 当 $x \in[-1,1]$ 时, $g(x)=2, f(x) \geqslant f(-1)=2$. 当 $x \in(-\infty,-1)$ 时, $g(x)$ 单调递减, $f(x)$ 单调递增, 且 $g(-1)=f(-1$ $=2$ 综上所述, $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集为 $\left[-1, \frac{\sqrt{17}-1}{2}\right]$; (2) 依题意得: $-x^{2}+a x+4 \geqslant 2$ 在 $[-1,1]$ 恒成立, 即 $x^{2}-a x-2 \leqslant 0$ 在 $[-1,1]$ 恒成立, 则只需 $\left\{\begin{array}{l}1^{2}-a \cdot 1-2 \leqslant 0 \\ (-1)^{2}-a(-1)-2 \leqslant 0\end{array}\right.$, 解得 $-1 \leqslant a \leqslant 1$, 故 $\mathrm{a}$ 的取值范围是 $[-1,1]$. |
| kimi | (1)【解析】首先，我们需要确定函数 $f(x)$ 和 $g(x)$ 的表达式。当 $a=1$ 时，$f(x)=-x^{2}+x+4$。函数 $g(x)$ 是一个绝对值函数，可以表示为分段函数： $$ g(x) = \begin{cases} -2x, & x < -1 \\ 2, & -1 \leq x \leq 1 \\ 2x, & x > 1 \end{cases} $$ 我们需要找到满足 $f(x) \geq g(x)$ 的 $x$ 值。 首先，我们考虑 $x < -1$ 的情况，此时 $g(x) = -2x$。不等式变为： $$ -x^2 + x + 4 \geq -2x $$ 整理得到： $$ x^2 - 3x - 4 \leq 0 $$ 解这个不等式，我们得到 $-1 \leq x \leq 4$。但是，由于我们考虑的是 $x < -1$ 的情况，所以解集是 $-1 \leq x < -1$，这是不可能的，因此 $x < -1$ 时没有解。 接下来，我们考虑 $-1 \leq x \leq 1$ 的情况，此时 $g(x) = 2$。不等式变为： $$ -x^2 + x + 4 \geq 2 $$ 整理得到： $$ x^2 - x + 2 \leq 0 $$ 这是一个开口向上的抛物线，判别式 $\Delta = (-1)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 2 = -7 < 0$，说明不等式无实数解。 最后，我们考虑 $x > 1$ 的情况，此时 $g(x) = 2x$。不等式变为： $$ -x^2 + x + 4 \geq 2x $$ 整理得到： $$ x^2 - 3x + 4 \leq 0 $$ 解这个不等式，我们得到 $1 \leq x \leq 4$。 综合以上三种情况，我们得到不等式 $f(x) \geq g(x)$ 的解集是 $[1, 4]$。 <eoe> 【答案】[1, 4]<eoa> (2)【解析】对于不等式 $f(x) \geq g(x)$ 的解集包含 $[-1,1]$，我们需要找到满足这个条件的 $a$ 的取值范围。 首先，我们注意到 $g(x)$ 在 $[-1,1]$ 区间上的最小值是 $2$。因此，对于所有 $x \in [-1,1]$，我们有 $f(x) \geq 2$。 考虑 $x = -1$ 和 $x = 1$ 时，我们有： $$ f(-1) = -(-1)^2 + a(-1) + 4 = -1 - a + 4 \geq 2 $$ $$ f(1) = -(1)^2 + a(1) + 4 = -1 + a + 4 \geq 2 $$ 解这两个不等式，我们得到： $$ a \geq -1 $$ $$ a \geq -1 $$ 这两个条件是相同的，所以 $a \geq -1$。 接下来，我们需要考虑 $x \in (-1,1)$ 时的情况。由于 $g(x)$ 在这个区间上是恒定的，等于 $2$，所以不等式变为： $$ -x^2 + ax + 4 \geq 2 $$ 整理得到： $$ ax \geq x^2 - 2 $$ 由于 $x \neq 0$，我们可以除以 $x$： $$ a \geq x - \frac{2}{x} $$ 我们需要找到 $x - \frac{2}{x}$ 在 $(-1,1)$ 区间上的最大值。考虑函数 $h(x) = x - \frac{2}{x}$，求导得到： $$ h'(x) = 1 + \frac{2}{x^2} $$ 由于 $h'(x) > 0$ 对于所有 $x \in (-1,1)$，$h(x)$ 在这个区间上是单调递增的。因此，$h(x)$ 的最大值 |
解：（1）当 $a=1$ 时, $f(x)=-x^{2}+x+4$, 是开口向下, 对称轴为 $x=\frac{1}{2}$ 的 二次函数 $g(x)=|x+1|+|x-1|=\left\{\begin{array}{l}2 x, \quad x>1 \\ 2, \quad-1 \leqslant x \leqslant 1 \\ -2 x, \quad x<-1\end{array}\right.$ 当 $x \in(1,+\infty)$ 时, 令 $-x^{2}+x+4=2 x$, 解得 $x=\frac{\sqrt{17}-1}{2}, g(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单 调递增, $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递减, $\therefore$ 此时 $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集为 ( $\left.1, \frac{\sqrt{17}-1}{2}\right]$ 当 $x \in[-1,1]$ 时, $g(x)=2, f(x) \geqslant f(-1)=2$. 当 $x \in(-\infty,-1)$ 时, $g(x)$ 单调递减, $f(x)$ 单调递增, 且 $g(-1)=f(-1$ $=2$ 综上所述, $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集为 $\left[-1, \frac{\sqrt{17}-1}{2}\right]$; (2) 依题意得: $-x^{2}+a x+4 \geqslant 2$ 在 $[-1,1]$ 恒成立, 即 $x^{2}-a x-2 \leqslant 0$ 在 $[-1,1]$ 恒成立, 则只需 $\left\{\begin{array}{l}1^{2}-a \cdot 1-2 \leqslant 0 \\ (-1)^{2}-a(-1)-2 \leqslant 0\end{array}\right.$, 解得 $-1 \leqslant a \leqslant 1$, 故 $\mathrm{a}$ 的取值范围是 $[-1,1]$. |
| wenxinyiyan | (1)【解析】当$a = 1$时，$f(x) = - x^{2} + x + 4$，我们将$f(x)$和$g(x)$的表达式代入不等式$f(x) \geqslant g(x)$，得到$- x^{2} + x + 4 \geqslant |x + 1| + |x - 1|$，根据绝对值的性质，我们可以将上述不等式分为三个子情况进行讨论，分别是$x \leqslant - 1$，$- 1 < x < 1$和$x \geqslant 1$，通过解这三个子情况，我们可以得到$x$的取值范围。 【答案】$\left\{ x\left| - 1 \leqslant x \leqslant \frac{3}{2} \right. \right\}$ (2)【解析】若不等式$f(x) \geqslant g(x)$的解集包含$\lbrack - 1,1\rbrack$，那么当$x \in \lbrack - 1,1\rbrack$时，$|x + 1| + |x - 1| = 2$，所以$x \in \lbrack - 1,1\rbrack$时，$f(x) = - x^{2} + ax + 4 \geqslant 2$恒成立，即$x^{2} - ax - 2 \leqslant 0$对$x \in \lbrack - 1,1\rbrack$恒成立，令$h(x) = x^{2} - ax - 2$，则只需$\left\{ \begin{array}{r} h( - 1) = 1 + a - 2 \leqslant 0 \\ h(1) = 1 - a - 2 \leqslant 0 \\ \end{array} \right.$，解这个不等式组，我们可以得到$a$的取值范围。 【答案】$\lbrack - 1,1\rbrack$ |
解：（1）当 $a=1$ 时, $f(x)=-x^{2}+x+4$, 是开口向下, 对称轴为 $x=\frac{1}{2}$ 的 二次函数 $g(x)=|x+1|+|x-1|=\left\{\begin{array}{l}2 x, \quad x>1 \\ 2, \quad-1 \leqslant x \leqslant 1 \\ -2 x, \quad x<-1\end{array}\right.$ 当 $x \in(1,+\infty)$ 时, 令 $-x^{2}+x+4=2 x$, 解得 $x=\frac{\sqrt{17}-1}{2}, g(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单 调递增, $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递减, $\therefore$ 此时 $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集为 ( $\left.1, \frac{\sqrt{17}-1}{2}\right]$ 当 $x \in[-1,1]$ 时, $g(x)=2, f(x) \geqslant f(-1)=2$. 当 $x \in(-\infty,-1)$ 时, $g(x)$ 单调递减, $f(x)$ 单调递增, 且 $g(-1)=f(-1$ $=2$ 综上所述, $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集为 $\left[-1, \frac{\sqrt{17}-1}{2}\right]$; (2) 依题意得: $-x^{2}+a x+4 \geqslant 2$ 在 $[-1,1]$ 恒成立, 即 $x^{2}-a x-2 \leqslant 0$ 在 $[-1,1]$ 恒成立, 则只需 $\left\{\begin{array}{l}1^{2}-a \cdot 1-2 \leqslant 0 \\ (-1)^{2}-a(-1)-2 \leqslant 0\end{array}\right.$, 解得 $-1 \leqslant a \leqslant 1$, 故 $\mathrm{a}$ 的取值范围是 $[-1,1]$. |
| zhipu | (1)【解析】 首先，当 \( a = 1 \) 时，函数 \( f(x) \) 变为： \[ f(x) = -x^2 + x + 4 \] 函数 \( g(x) \) 为： \[ g(x) = |x+1| + |x-1| \] 我们需要求解不等式 \( f(x) \geqslant g(x) \)。 ### 分段讨论 \( g(x) \) 1. 当 \( x \leq -1 \) 时： \[ g(x) = -(x+1) - (x-1) = -x-1 -x + 1 = -2x \] 2. 当 \( -1 < x \leq 1 \) 时： \[ g(x) = (x+1) + (1-x) = 2 \] 3. 当 \( x > 1 \) 时： \[ g(x) = (x+1) + (x-1) = x+1 + x-1 = 2x \] ### 分段求解不等式 \( f(x) \geqslant g(x) \) 1. 当 \( x \leq -1 \) 时： \[ -x^2 + x + 4 \geq -2x \] \[ -x^2 + 3x + 4 \geq 0 \] 解这个二次不等式： \[ x^2 - 3x - 4 \leq 0 \] 因式分解得到： \[ (x-4)(x+1) \leq 0 \] 解得： \[ -1 \leq x \leq 4 \] 结合 \( x \leq -1 \)，得： \[ x \leq -1 \] 2. 当 \( -1 < x \leq 1 \) 时： \[ -x^2 + x + 4 \geq 2 \] \[ -x^2 + x + 2 \geq 0 \] 解这个二次不等式： \[ x^2 - x - 2 \leq 0 \] 因式分解得到： \[ (x-2)(x+1) \leq 0 \] 解得： \[ -1 \leq x \leq 2 \] 结合 \( -1 < x \leq 1 \)，得： \[ -1 < x \leq 1 \] 3. 当 \( x > 1 \) 时： \[ -x^2 + x + 4 \geq 2x \] \[ -x^2 - x + 4 \geq 0 \] 解这个二次不等式： \[ x^2 + x - 4 \leq 0 \] 利用求根公式： \[ x = \frac{-1 \pm \sqrt{1 + 16}}{2} = \frac{-1 \pm \sqrt{17}}{2} \] 解得： \[ \frac{-1 - \sqrt{17}}{2} \leq x \leq \frac{-1 + \sqrt{17}}{2} \] 结合 \( x > 1 \)，得： \[ 1 < x \leq \frac{-1 + \sqrt{17}}{2} \] 综上所述，解集为： \[ x \leq -1 \text{ 或 } -1 < x \leq 1 \text{ 或 } 1 < x \leq \frac{-1 + \sqrt{17}}{2} \] 即： \[ x \leq \frac{-1 + \sqrt{17}}{2} \] <eoe> 【答案】 \[ x \leq \frac{-1 + \sqrt{17}}{2} \]<eoa> (2)【解析】 若不等式 \( f(x) \geqslant g(x) \) 的解集包含 \( [-1, 1] \)，则对于 \( x \in [-1, 1] \)，必须满足： \[ f(x) \geq g(x) \] 在 \( [-1, 1] \) 上，\( g(x) = 2 \)，所以需要： \[ -x^2 + ax + 4 \geq 2 \] 即： \[ -x^2 + ax + 2 \geq 0 \] 我们需要这个不等式在 \( x \in [-1, 1] \) 上恒成立。 ### 考虑二次函数的顶点 函数 \( -x^2 + ax + 2 \) 的顶点为： \[ x = \frac{a}{2} \] ### 分情况讨论 1. 若顶点 \( \frac{a}{2} \) 在区间 \( [-1, 1] \) 内，即 \( -1 \leq \frac{a}{2} \leq 1 \)，则： \[ -2 \leq a \leq 2 \] 在这种情况下，需要保证在 \( x = -1 \) 和 \( x = 1 \) 处的函数值不小于0： \[ -(-1)^2 + a(-1) + 2 \geq 0 \] \[ -1 - a + 2 \geq 0 \] \[ 1 - a \geq 0 \] \[ a \leq 1 \] 以及： \[ -(1)^2 + a(1) + 2 \geq 0 \] \[ -1 + a + 2 \geq 0 \] \[ a + 1 \geq 0 \] \[ a \geq -1 \] 综上，若顶点在区间内，则： \[ -1 \leq a \leq 1 \] 2. 若顶点 \( \frac{a}{2} \) 在区间 \( [-1, 1] \) 外，则需要保证二次函数在区间端点的值均不小于0，这已经在上面讨论过，得出同样的结论。 综上所述，\( a \) 的取值范围为： \[ -1 \leq a \leq 1 \] <eoe> 【答案】 \[ -1 \leq a \leq 1 \]<eoa> |
解：（1）当 $a=1$ 时, $f(x)=-x^{2}+x+4$, 是开口向下, 对称轴为 $x=\frac{1}{2}$ 的 二次函数 $g(x)=|x+1|+|x-1|=\left\{\begin{array}{l}2 x, \quad x>1 \\ 2, \quad-1 \leqslant x \leqslant 1 \\ -2 x, \quad x<-1\end{array}\right.$ 当 $x \in(1,+\infty)$ 时, 令 $-x^{2}+x+4=2 x$, 解得 $x=\frac{\sqrt{17}-1}{2}, g(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单 调递增, $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递减, $\therefore$ 此时 $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集为 ( $\left.1, \frac{\sqrt{17}-1}{2}\right]$ 当 $x \in[-1,1]$ 时, $g(x)=2, f(x) \geqslant f(-1)=2$. 当 $x \in(-\infty,-1)$ 时, $g(x)$ 单调递减, $f(x)$ 单调递增, 且 $g(-1)=f(-1$ $=2$ 综上所述, $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集为 $\left[-1, \frac{\sqrt{17}-1}{2}\right]$; (2) 依题意得: $-x^{2}+a x+4 \geqslant 2$ 在 $[-1,1]$ 恒成立, 即 $x^{2}-a x-2 \leqslant 0$ 在 $[-1,1]$ 恒成立, 则只需 $\left\{\begin{array}{l}1^{2}-a \cdot 1-2 \leqslant 0 \\ (-1)^{2}-a(-1)-2 \leqslant 0\end{array}\right.$, 解得 $-1 \leqslant a \leqslant 1$, 故 $\mathrm{a}$ 的取值范围是 $[-1,1]$. |
| gpto1 | (1)【解析】 当 $a=1$ 时，函数 $f(x)=-x^{2}+ax+4$ 化为： $$ f(x)=-x^{2}+x+4 $$ 函数 $g(x)=|x+1|+|x-1|$ 首先，分段计算 $g(x)$。 根据绝对值的性质，考虑 $x$ 的取值范围，将数轴划分为三个区间：$x \leq -1$，$-1 \leq x \leq 1$，$x \geq 1$。 **（i）当 $x \leq -1$ 时** $ x+1 \leq 0$，$\Rightarrow |x+1|=-(x+1)=-x-1$； $ x-1 \leq -2 \leq 0$，$\Rightarrow |x-1|=-(x-1)=-x+1$； 因此， $$ g(x)=|x+1|+|x-1| = (-x -1) + (-x +1) = -2x $$ 此时，不等式为： $$ -f(x) + g(x) = (-x^{2}+x+4)+2x = -x^{2}+3x+4 \geq 0 $$ 解二次不等式： $$ -x^2+3x+4 \geq 0 \\ \Rightarrow x^2 - 3x -4 \leq 0 \\ \Rightarrow (x - 4)(x + 1) \leq 0 $$ 解得 $-1 \leq x \leq 4$。但在此区间中，$x \leq -1$，所以只有 $x=-1$ 满足。 **（ii）当 $-1 \leq x \leq 1$ 时** $ x+1 \geq 0$，$\Rightarrow |x+1|=x+1$； $ x-1 \leq 0$，$\Rightarrow |x-1|=-(x-1)=-x+1$； 因此， $$ g(x)=|x+1|+|x-1| = (x+1)+(-x+1) = 2 $$ 此时，不等式为： $$ -f(x) + g(x) = (-x^{2}+x+4)-2 = -x^{2}+x+2 \geq 0 $$ 解二次不等式： $$ -x^{2}+x+2 \geq 0 \\ \Rightarrow x^{2}-x-2 \leq 0 \\ \Rightarrow (x+1)(x-2) \leq 0 $$ 解得 $-1 \leq x \leq 2$。在此区间中，$-1 \leq x \leq 1$，所以 $-1 \leq x \leq 1$ 满足不等式。 **（iii）当 $x \geq 1$ 时** $ x+1 \geq 0$，$\Rightarrow |x+1|=x+1$； $ x-1 \geq 0$，$\Rightarrow |x-1|=x-1$； 因此， $$ g(x)=|x+1|+|x-1| = (x+1)+(x-1) = 2x $$ 此时，不等式为： $$ -f(x) + g(x) = (-x^{2}+x+4)-2x = -x^{2}-x+4 \geq 0 $$ 解二次不等式： $$ -x^{2}-x+4 \geq 0 \\ \Rightarrow x^{2}+x-4 \leq 0 \\ \Rightarrow (x - \frac{-1+\sqrt{17}}{2})(x + \frac{1+\sqrt{17}}{2}) \leq 0 $$ 解得 $x \in \left[1, \frac{\sqrt{17}-1}{2}\right]$ **综合以上三种情况，解集为：** $$ x \in \left[-1, \frac{\sqrt{17}-1}{2}\right] $$ <eoe> 【答案】 $$ \text{解集为} \left[ -1, \frac{ \sqrt{17} - 1 }{2} \right] $$ <eoa> --- (2)【解析】 要使不等式 $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集包含 $[-1,1]$，即对于 $x \in [-1,1]$，有： $$ f(x) \geqslant g(x) $$ 在区间 $[-1,1]$ 上，之前计算得 $g(x)=2$。 因此，不等式化为： $$ -f(x) + g(x) = (-x^{2}+ax+4)-2 = -x^{2}+ax+2 \geq 0 $$ 即： $$ x^{2} - a x - 2 \leq 0 $$ 我们需要找到所有的 $a$，使得对于 $x \in [-1,1]$，上述不等式恒成立。 由于 $x^{2} - a x - 2$ 是关于 $x$ 的二次函数，开口向上。 要使不等式对 $x \in [-1,1]$ 恒成立，需要使得在 $[-1,1]$ 上，二次函数的最大值不超过 $0$。 计算二次函数在端点和顶点处的值： 1. 顶点 $x = \dfrac{a}{2}$，对应的函数值： $$ y = \left( \dfrac{a}{2} \right)^{2} - a \cdot \dfrac{a}{2} -2 = -\dfrac{a^{2}}{4} -2 $$ 2. 当 $x = -1$ 时： $$ y = (-1)^{2} - a \cdot (-1) -2 = 1 + a -2 = a -1 $$ 3. 当 $x = 1$ 时： $$ y = (1)^{2} - a \cdot 1 -2 = 1 - a -2 = -a -1 $$ 要使 $y \leq 0$，则需要： $$ \begin{cases} a -1 \leq 0 \\ -a -1 \leq 0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} a \leq 1 \\ a \geq -1 \end{cases} $$ 因此，$a \in [-1,1]$ <eoe> 【答案】 $$ a \text{ 的取值范围为 } [-1, \ 1] $$ <eoa> |
解：（1）当 $a=1$ 时, $f(x)=-x^{2}+x+4$, 是开口向下, 对称轴为 $x=\frac{1}{2}$ 的 二次函数 $g(x)=|x+1|+|x-1|=\left\{\begin{array}{l}2 x, \quad x>1 \\ 2, \quad-1 \leqslant x \leqslant 1 \\ -2 x, \quad x<-1\end{array}\right.$ 当 $x \in(1,+\infty)$ 时, 令 $-x^{2}+x+4=2 x$, 解得 $x=\frac{\sqrt{17}-1}{2}, g(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单 调递增, $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递减, $\therefore$ 此时 $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集为 ( $\left.1, \frac{\sqrt{17}-1}{2}\right]$ 当 $x \in[-1,1]$ 时, $g(x)=2, f(x) \geqslant f(-1)=2$. 当 $x \in(-\infty,-1)$ 时, $g(x)$ 单调递减, $f(x)$ 单调递增, 且 $g(-1)=f(-1$ $=2$ 综上所述, $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集为 $\left[-1, \frac{\sqrt{17}-1}{2}\right]$; (2) 依题意得: $-x^{2}+a x+4 \geqslant 2$ 在 $[-1,1]$ 恒成立, 即 $x^{2}-a x-2 \leqslant 0$ 在 $[-1,1]$ 恒成立, 则只需 $\left\{\begin{array}{l}1^{2}-a \cdot 1-2 \leqslant 0 \\ (-1)^{2}-a(-1)-2 \leqslant 0\end{array}\right.$, 解得 $-1 \leqslant a \leqslant 1$, 故 $\mathrm{a}$ 的取值范围是 $[-1,1]$. |
| deepseekv3 | server error: Error code: 400 - {'error': {'code': 'RequestTimeOut', 'param': None, 'message': 'Request timed out, please try again later.', 'type': 'RequestTimeOut'}, 'id': 'chatcmpl-a66599ad-6e7c-9584-9353-a1d13ef0fdd3', 'request_id': 'a66599ad-6e7c-9584-9353-a1d13ef0fdd3'} | 解：（1）当 $a=1$ 时, $f(x)=-x^{2}+x+4$, 是开口向下, 对称轴为 $x=\frac{1}{2}$ 的 二次函数 $g(x)=|x+1|+|x-1|=\left\{\begin{array}{l}2 x, \quad x>1 \\ 2, \quad-1 \leqslant x \leqslant 1 \\ -2 x, \quad x<-1\end{array}\right.$ 当 $x \in(1,+\infty)$ 时, 令 $-x^{2}+x+4=2 x$, 解得 $x=\frac{\sqrt{17}-1}{2}, g(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单 调递增, $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递减, $\therefore$ 此时 $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集为 ( $\left.1, \frac{\sqrt{17}-1}{2}\right]$ 当 $x \in[-1,1]$ 时, $g(x)=2, f(x) \geqslant f(-1)=2$. 当 $x \in(-\infty,-1)$ 时, $g(x)$ 单调递减, $f(x)$ 单调递增, 且 $g(-1)=f(-1$ $=2$ 综上所述, $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集为 $\left[-1, \frac{\sqrt{17}-1}{2}\right]$; (2) 依题意得: $-x^{2}+a x+4 \geqslant 2$ 在 $[-1,1]$ 恒成立, 即 $x^{2}-a x-2 \leqslant 0$ 在 $[-1,1]$ 恒成立, 则只需 $\left\{\begin{array}{l}1^{2}-a \cdot 1-2 \leqslant 0 \\ (-1)^{2}-a(-1)-2 \leqslant 0\end{array}\right.$, 解得 $-1 \leqslant a \leqslant 1$, 故 $\mathrm{a}$ 的取值范围是 $[-1,1]$. |