（2010•盐城三模）已知函数f（x）=x2-1，g（x）=a|x-1|．

（Ⅰ）方程|f（x）|=g（x），
即|x²-1|=a|x-1|，变形得|x-1|（|x+1|-a）=0，
显然，x=1已是该方程的根，
从而欲原方程有两个不同的解，即要求方程|x+1|=a
“有且仅有一个不等于1的解”或
“有两解，一解为1，另一解不等于1”
得a=0或a=2
（Ⅱ）不等式f（x）≥g（x）对x∈R恒成立，
即（x²-1）≥a|x-1|（*）对x∈R恒成立，
①当x=1时，（*）显然成立，此时a∈R
②当x≠1时，（*）可变形为a≤
x2−1
|x−1|，
令φ(x)＝
x2−1
|x−1|＝

x+1，(x＞1)
−(x+1)，(x＜1)，
因为当x＞1时，φ（x）＞2；而当x＜1时，φ（x）＞-2．
所以g（x）＞-2，故此时a≤-2
综合①②，得所求a的取值范围是a≤-2
（Ⅲ）因为h（x）=|f（x）|+g（x）=|x²-1|+a|x-1|
=

x2+ax−a−1，(x≥1)
−x2−ax+a+1，(−1≤x＜1)
x2−ax+a−1，(x＜−1)，
1）当
a
2＞1，即a＞2时，
h（x）在[-2，1]上递减，在[1，2]上递增，
且h（-2）=3a+3，h（2）=a+3，
经比较，此时h（x）在[-2，2]上的最大值为3a+3
2）当0≤
a
2≤1，即0≤a≤2时，
h（x）在[-2，-1]，[−
a
2，1]上递减，
在[−1，−
a
2]上[1，2]上递增，
且h（-2）=3a+3，h（2）=a+3，h(−
a
2)＝
a2
4+a+1，
经比较，知此时h（x）在[-2，2]上的最大值为3a+3
3）当−1≤
a
2＜0，即-2≤a＜0时，
h（x）在[-2，-1]，[−

点评：
本题考点： 函数单调性的性质．

考点点评： 考查绝对值方程、不等式和最值问题的求法，体现了分类讨论、等价转化的数学思想方法，特别是（Ⅲ）难度较大，很好的考查分析问题、解决问题的能力．属难题．