Question

1．設(shè)函數(shù)f（x）=x|x-a|+b，a，b∈R
（Ⅰ）當(dāng)a＞0時(shí)，討論函數(shù)f（x）的零點(diǎn)個(gè)數(shù)；
（Ⅱ）若對(duì)于給定的實(shí)數(shù)a（-1＜a＜0），存在實(shí)數(shù)b，使不等式x-$\frac{1}{2}≤f（x）≤x+\frac{1}{2}$對(duì)于任意x∈[2a-1，2a+1]恒成立．試將最大實(shí)數(shù)b表示為關(guān)于a的函數(shù)m（a），并求m（a）的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)f（x）的表達(dá)式，討論a，b的取值即可求函數(shù)f（x）的零點(diǎn)個(gè)數(shù)；
（Ⅱ）根據(jù)函數(shù)恒成立，轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值，求出m（a）的表達(dá)式進(jìn)行求解即可．

解答 解：（Ⅰ）f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}-ax+b，}&{x≥a}\\{-{x}^{2}+ax+b，}&{x＜a}\end{array}\right.$，
∵a＞0，
∴當(dāng)b＞0時(shí)，x²-ax+b=0在x≥a上無解，-x²+ax+b=0在x＜a上恰有一解，
當(dāng)b=0時(shí)，x²-ax+b=0在x≥a上恰有一解，-x²+ax+b=0在x＜a上恰有一解，此時(shí)函數(shù)f（x）有2個(gè)零點(diǎn)，
當(dāng)b＜0時(shí)，x²-ax+b=0在x≥a上恰有一解，
若判別式△=a²+4b＜0，則-x²+ax+b=0在x＜a上無解，
判別式△=a²+4b=0，則-x²+ax+b=0在x＜a上恰有一解，
判別式△=a²+4b＞0，則-x²+ax+b=0在x＜a上恰有兩個(gè)不同的解，
綜上在a＞0的條件下，
當(dāng)$\left\{\begin{array}{l}{a＞0}\\{b＞0}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{a＞0}\\{b+\frac{{a}^{2}}{4}＜0}\end{array}\right.$時(shí)，函數(shù)f（x）有一個(gè)零點(diǎn)，
當(dāng)$\left\{\begin{array}{l}{a＞0}\\{b=0}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{a＞0}\\{b+\frac{{a}^{2}}{4}=0}\end{array}\right.$時(shí)，函數(shù)f（x）有2個(gè)零點(diǎn)，
當(dāng)$\left\{\begin{array}{l}{a＞0}\\{-\frac{{a}^{2}}{4}＜b＜0}\end{array}\right.$時(shí)，函數(shù)f（x）有3個(gè)零點(diǎn)．
（Ⅱ）首先記g（x）=f（x）-x=$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}-（a+1）x+b，}&{x≥a}\\{-{x}^{2}+（a-1）x+b，}&{x＜a}\end{array}\right.$，
原問題等價(jià)于：當(dāng)2a-1≤x≤2a+1時(shí)，g（x）_max-g（x）_min≤1，
最大實(shí)數(shù)b，即g（x）_max=$\frac{1}{2}$時(shí)的b的值，
令T=g（x）_max-g（x）_min，
由已知可得2a+1＞a，2a-1＜$\frac{a-1}{2}$，$\frac{a-1}{2}$＜$\frac{a+1}{2}$．
（1）當(dāng)-1＜a＜$-\frac{1}{3}$時(shí)，2a-1$＜\frac{a-1}{2}＜a＜2a+1＜\frac{a+1}{2}$，
∴g（x）在[2a-1，$\frac{a-1}{2}$]上為增函數(shù)，在[$\frac{a-1}{2}$，2a+1]上為減函數(shù)，
∴g（x）_max=g（$\frac{a-1}{2}$）=$\frac{（a-1）^{2}}{4}+b$，
g（x）_min=min{g（2a-1），g（2a+1）}=g（2a-1）=-2a²+a+b
∴T=$\frac{（a-1）^{2}}{4}+b$-（-2a²+a+b）=$\frac{9{a}^{2}-6a+1}{4}≤1$，
解得$-\frac{1}{3}≤a≤1$，從而無解．
（2）當(dāng)$-\frac{1}{3}$≤a＜0時(shí)，2a-1＜$\frac{a-1}{2}$＜a＜$\frac{a+1}{2}$＜2a+1，
∴g（x）在[2a-1，$\frac{a-1}{2}$]上為增函數(shù)，在[$\frac{a-1}{2}$，$\frac{a+1}{2}$]上為減函數(shù)，在[$\frac{a+1}{2}$，2a+1]上為增函數(shù)，
∴當(dāng)2a-1≤x≤2a+1，
∴g（x）_max=max{g（$\frac{a-1}{2}$），g（2a+1）}={g（$\frac{a-1}{2}$）=$\frac{（a-1）^{2}}{4}+b$，
g（x）_min=min{g（2a-1），g（$\frac{a+1}{2}$）}=$\left\{\begin{array}{l}{-2{a}^{2}+a+b，}&{-\frac{1}{3}≤a≤-\frac{1}{7}}\\{b-\frac{（a+1）^{2}}{4}，}&{-\frac{1}{7}＜a＜0}\end{array}\right.$，
∴T=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{9{a}^{2}-6a+1}{4}，}&{-\frac{1}{3}≤a≤-\frac{1}{7}}\\{\frac{{a}^{2}+1}{2}，}&{-\frac{1}{7}＜a＜0}\end{array}\right.$，
由T≤1，解得$-\frac{1}{3}$≤a＜0，
此時(shí)最大的b滿足g（$\frac{a-1}{2}$）=$\frac{1}{2}$，
從而b_max=m（a）=$\frac{1}{2}-\frac{（a-1）^{2}}{4}=\frac{-{a}^{2}+2a+1}{4}$，
∴m（a）=$\frac{-{a}^{2}+2a+1}{4}$，（$-\frac{1}{3}$≤a＜0），
解得m（a）的取值范圍是[$\frac{1}{18}$，$\frac{1}{4}$）

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查函數(shù)的零點(diǎn)的判斷，以及函數(shù)恒成立問題，考查學(xué)生的分類討論的數(shù)學(xué)思想，綜合性較強(qiáng)，難度較大．