Question

12．已知k為實(shí)數(shù)，對(duì)于實(shí)數(shù)a和b，定義運(yùn)算”*“：a*b=$\left\{\begin{array}{l}{{a}^{2}-kab，a≤b}\\{^{2}-kab，a＞b}\end{array}\right.$，設(shè)f（x）=（2x-1）*（x-1）．
（1）若f（x）在[-$\frac{1}{2}$，0]上為增函數(shù)，求實(shí)數(shù)k的取值范圍；
（2）若方程f（x）=0有三個(gè)不同的解，記此三個(gè)解的積為T(mén)，求T的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由新定義，運(yùn)用分段函數(shù)的形式求出f（x）的解析式，再由導(dǎo)數(shù)大于等于0恒成立，解不等式即可得到；
（2）由新定義，可以求出函數(shù)的解析式，進(jìn)而求出x的方程為f（x）=m（m∈R）恰有三個(gè)互不相等的實(shí)數(shù)根時(shí)，實(shí)數(shù)m的取值范圍，及三個(gè)實(shí)根之間的關(guān)系，進(jìn)而求出x₁•x₂•x₃的取值范圍．

解答 解：（1）由2x-1≤x-1，得x≤0，
此時(shí)f（x）=（2x-1）*（x-1）=（2x-1）²-k（2x-1）（x-1）=（4-2k）x²+（3k-4）x+1-k，
由2x-1＞x-1，得x＞0，
此時(shí)f（x）=（2x-1）*（x-1）=（x-1）²-k（2x-1）（x-1）=（1-2k）x²+（3k-2）x+1-k，
即f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{2（2-k）{x}^{2}+（3k-4）x+1-k，}&{x≤0}\\{（1-2k）{x}^{2}+（3k-2）x+1-k，}&{x＞0}\end{array}\right.$，
若f（x）在[-$\frac{1}{2}$，0]上為增函數(shù)，
則f（x）的導(dǎo)數(shù)f′（x）=4（2-k）x+3k-4≥0恒成立，
$\left\{\begin{array}{l}{-2（2-k）+3k-4≥0}\\{3k-4≥0}\end{array}\right.$，
解得，k≥$\frac{8}{5}$；
（2）要使方程f（x）=0恰有三個(gè)互不相等的實(shí)數(shù)根x₁，x₂，x₃，不妨設(shè)x₁＜x₂＜x₃，
則0＜x₂＜$\frac{1}{2}$＜x₃＜1，
且x₂和x₃關(guān)于x=$\frac{1}{2}$對(duì)稱，
∴x₂+x₃=2×$\frac{1}{2}=1$．
則x₂+x₃$≥2\sqrt{{x}_{2}{x}_{3}}$，0＜x₂x₃$＜\frac{1}{4}$，等號(hào)取不到．
當(dāng)-2x=$\frac{1}{4}$時(shí)，解得x=-$\frac{1}{8}$，
∴-$\frac{1}{8}$＜x₁＜0，
∵0＜x₂x₃$≤\frac{1}{4}$，
∴$-\frac{1}{32}$＜x₁•x₂•x₃＜0，
即T的取值范圍是$（{-\frac{1}{32}，0}）$，

點(diǎn)評(píng) 本題考查根的存在性及根的個(gè)數(shù)判斷，根據(jù)已知新定義，求出函數(shù)的解析式，同時(shí)考查了恒成立問(wèn)題，屬于中檔題．