Question

13．已知函數(shù)f（x）=x|2a-x|+2x，a∈R．
（1）若函數(shù)f（x）在R上是增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；
（2）若存在實數(shù)a∈[-2，2]，使得關(guān)于x的方程f（x）-tf（2a）=0有3個不相等的實數(shù)根，求實數(shù)t的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）寫出f（x）的分段函數(shù)，求出對稱軸方程，由二次函數(shù)的單調(diào)性，可得a-1≤2a，2a≤a+1，解不等式即可得到所求范圍；
（2）方程f（x）-tf（2a）=0的解即為方程f（x）=tf（2a）的解．討論①當(dāng)-1≤a≤1時，②當(dāng)a＞1時，③當(dāng)a＜-1時，判斷f（x）的單調(diào)性，結(jié)合函數(shù)和方程的轉(zhuǎn)化思想，即可得到所求范圍．

解答 解：（1）∵$f（x）=\left\{\begin{array}{l}{x^2}+（2-2a）x，x≥2a\\-{x^2}+（2+2a）x，x＜2a\end{array}\right.$為增函數(shù)，
由于x≥2a時，f（x）的對稱軸為x=a-1；
x＜2a時，f（x）的對稱軸為x=a+1，
∴$\left\{\begin{array}{l}a-1≤2a\\ 2a≤a+1\end{array}\right.$解得-1≤a≤1；
（2）方程f（x）-tf（2a）=0的解即為方程f（x）=tf（2a）的解．
①當(dāng)-1≤a≤1時，f（x）在R上是增函數(shù)，
關(guān)于x的方程f（x）=tf（2a）不可能有3個不相等的實數(shù)根．
②當(dāng)a＞1時，2a＞a+1＞a-1，
∴f（x）在（-∞，a+1）上單調(diào)遞增，在（a+1，2a）上單調(diào)遞減，
在（2a，+∞）上單調(diào)遞增，所以當(dāng)f（2a）＜tf（2a）＜f（a+1）時，
關(guān)于x的方程f（x）=tf（2a）有3個不相等的實數(shù)根，即4a＜t•4a＜（a+1）²．
∵a＞1，∴$1＜t＜\frac{1}{4}（a+\frac{1}{a}+2）$．
設(shè)$h（a）=\frac{1}{4}（a+\frac{1}{a}+2）$，因為存在a∈[-2，2]，
使得關(guān)于x的方程f（x）=tf（2a）有3個不相等的實數(shù)根，
∴1＜t＜h（a）_max．又h（a）在（1，2]遞增，所以$h{（a）_{max}}=\frac{9}{8}$，∴$1＜t＜\frac{9}{8}$．
③當(dāng)a＜-1時，2a＜a-1＜a+1，所以f（x）在（-∞，2a）上單調(diào)遞增，
在（2a，a-1）上單調(diào)遞減，在（a-1，+∞）上單調(diào)遞增，
所以當(dāng)f（a-1）＜tf（2a）＜f（2a）時，
關(guān)于x的方程f（x）=tf（2a）有3個不相等的實數(shù)根，
即-（a-1）²＜t•4a＜4a．∵a＜-1，∴$1＜t＜-\frac{1}{4}（a+\frac{1}{a}-2）$．
設(shè)$g（a）=-\frac{1}{4}（a+\frac{1}{a}-2）$，因為存在a∈[-2，2]，
使得關(guān)于x的方程f（x）=tf（2a）有3個不相等的實數(shù)根，所以1＜t＜g（a）_max．
又可證$g（a）=-\frac{1}{4}（a+\frac{1}{a}-2）$在[-2，-1）上單調(diào)遞減，
所以$g{（a）_{max}}=\frac{9}{8}$，所以$1＜t＜\frac{9}{8}$．
綜上，$1＜t＜\frac{9}{8}$．

點(diǎn)評 本題考查分段函數(shù)的單調(diào)性的判斷和運(yùn)用，注意運(yùn)用二次函數(shù)的對稱軸和區(qū)間的關(guān)系，考查存在性問題的解法，注意運(yùn)用分類討論的思想方法，以及函數(shù)方程的轉(zhuǎn)化思想的運(yùn)用，考查運(yùn)算化簡能力，屬于中檔題．