Question

16．已知函數(shù)f（x）=x²+2x|x-a|，其中a∈R．
（Ⅰ）當a=-1時，在所給坐標系中作出f（x）的圖象；
（Ⅱ）對任意x∈[1，2]，函數(shù)f（x）的圖象恒在函數(shù)g（x）=-x+14圖象的下方，求實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅲ）若關(guān)于x的方程f（x）+1=0在區(qū)間（-1，0）內(nèi)有兩個相異根，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）依題意當a=-1時，$f（x）={x^2}+2x|{x+1}|=\left\{\begin{array}{l}3{x^2}+2x，x≥-1\\-{x^2}-2x，x＜-1\end{array}\right.$，據(jù)此可作出圖象．
（Ⅱ）由題意，對任意x∈[1，2]，只需（f（x）+x）_max＜14．分類討論求得（f（x）+x）_max ，可得實數(shù)a的取值范圍．
（Ⅲ）記F（x）=f（x）+1，考慮F（x）在區(qū)間（-1，0）內(nèi)有兩個不同的零點即可．分類討論，求得a的范圍．

解答 解：（Ⅰ）依題意當a=-1時，$f（x）={x^2}+2x|{x+1}|=\left\{\begin{array}{l}3{x^2}+2x，x≥-1\\-{x^2}-2x，x＜-1\end{array}\right.$，
據(jù)此可作出圖象如下：
（Ⅱ）由題意，對任意x∈[1，2]，f（x）＜g（x），即f（x）+x＜14恒成立，
只需（f（x）+x）_max＜14．
另一方面，f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{{-x}^{2}+2ax，x＜a}\\{{3x}^{2}-2ax，x≥a}\end{array}\right.$，即 f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{{-（x-a）}^{2}{+a}^{2}，x＜a}\\{{3（x-\frac{a}{3}）}^{2}-\frac{{a}^{2}}{3}，x≥a}\end{array}\right.$．
當a≥0時，f（x）在（-∞，a）和（a，+∞）上均遞增，∵f（a）=a²，則f（x）在R上遞增，
當a＜0時，f（x）在（-∞，a）和$（\frac{a}{3}，+∞）$上遞增，在$（a，\frac{a}{3}）$上遞減，
故f（x）在x∈[1，2]上恒單調(diào)遞增，從而y=f（x）+x在x∈[1，2]上也恒單調(diào)遞增，
則（f（x）+x）_max=f（2）+2=4+4|2-a|+2＜14，即|2-a|＜2，解得0＜a＜4，
故實數(shù)a的取值范圍是（0，4）．
（Ⅲ）記F（x）=f（x）+1，考慮F（x）在區(qū)間（-1，0）內(nèi)有兩個不同的零點即可．
此時，$F（x）=\left\{{\begin{array}{l}{-{x^2}+2ax+1\begin{array}{l}，&{（x≤a）}\end{array}}\\{3{x^2}-2ax+1\begin{array}{l}，&{（x＞a）}\end{array}}\end{array}}\right.$，即$F（x）=\left\{{\begin{array}{l}{-{{（x-a）}^2}+{a^2}+1\begin{array}{l}，&{（x≤a）}\end{array}}\\{3{{（x-\frac{a}{3}）}^2}-\frac{a^2}{3}+1\begin{array}{l}，&{（x＞a）}\end{array}}\end{array}}\right.$，
則由（Ⅱ）可知，
當a≥0時，F(xiàn)（x）=f（x）+1在R上遞增，方程f（x）+1=0在區(qū)間（-1，0）內(nèi)至多有一個根，不符合要求，舍去；故a＜0．
當x≤a時，令F（x）=0，可得${x_1}=a+\sqrt{{a^2}+1}$（不符合x≤a，舍去）或${x_2}=a-\sqrt{{a^2}+1}$，
但${x_2}=a-\sqrt{{a^2}+1}＜-\sqrt{{a^2}+1}＜-1$，不在區(qū)間（-1，0）內(nèi)．
當x＞a時，F(xiàn)（x）=3x²-2ax+1在區(qū)間（-1，0）內(nèi)必有兩個不同的零點，從而（-1，0）⊆（a，+∞），
所以$\left\{\begin{array}{l}-1＜\frac{a}{3}＜0\\△=4{a^2}-12＞0\\ f（0）＞0\\ f（-1）＞0\\ a≤-1\end{array}\right.$，解得$-2＜a＜-\sqrt{3}$．

點評 本題主要考查函數(shù)的圖象，函數(shù)與方程的綜合應用，體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化、分類討論的數(shù)學思想，屬于中檔題．