Question

7．已知函數(shù)f（x）=ax²+x|x-b|．
（Ⅰ）當b=-1時，若不等式f（x）≥-2x-1恒成立．求實數(shù)a的最小值；
（Ⅱ）若a＜0，且對任意b∈[1，2]，總存在實數(shù)m，使得方程|f（x）-m|=$\frac{1}{4}$在[-3，3]上有6個互不相同的解，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意可得ax²≥-x|x+1|-2x-1恒成立，討論x=0，x≠0時，運用參數(shù)分離，求得右邊函數(shù)的最大值即可；
（Ⅱ）對a討論，（1）當a＜-1時，（2）當a=-1時，（3）-1＜a＜0時，①當$\frac{2（a+1）}$＜b，即-$\frac{1}{2}≤a＜0$，②當$\frac{2（a+1）}$＞b，即-1＜a＜-$\frac{1}{2}$，運用二次函數(shù)的單調(diào)性和最值的求法，討論對稱軸和區(qū)間的關系，解不等式，求交集即可．

解答 解：（Ⅰ）當b=-1時，若不等式f（x）≥-2x-1恒成立，即為
ax²≥-x|x+1|-2x-1，
當x=0時，0＞-1成立；
當x≠0時，a≥$\frac{-2x-1-x|x+1|}{{x}^{2}}$，
令g（x）=$\frac{-2x-1-x|x+1|}{{x}^{2}}$，
即有g（x）=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{5}{4}-（\frac{1}{x}+\frac{3}{2}）^{2}，x≥-1，x≠0}\\{\frac{5}{4}-（\frac{1}{x}+\frac{1}{2}）^{2}，x＜-1}\end{array}\right.$，
當x≥-1，x≠0時，x=-$\frac{2}{3}$時，g（x）取得最大值$\frac{5}{4}$；
當x＜-1時，x=-2時，g（x）取得最大值$\frac{5}{4}$．
則有g（x）的最大值為$\frac{5}{4}$．
即有a≥$\frac{5}{4}$，則a的最小值為$\frac{5}{4}$；
（Ⅱ）若a＜0，且對任意b∈[1，2]，總存在實數(shù)m，
使得方程f（x）=m±$\frac{1}{4}$在[-3，3]上有6個互不相同的解．
而f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{（a+1）{x}^{2}-xb，x≥b}\\{（a-1）{x}^{2}+xb，x＜b}\end{array}\right.$，
（1）當a＜-1時，f（x）在（-∞，$\frac{2（1-a）}$）遞增，在（$\frac{2（1-a）}$，+∞）遞減．
方程f（x）=m±$\frac{1}{4}$在[-3，3]上不可能有6個互不相同的解；
（2）當a=-1時，f（x）在（-∞，$\frac{4}$）遞增，在（$\frac{4}$，+∞）遞減，
方程f（x）=m±$\frac{1}{4}$在[-3，3]上不可能有6個互不相同的解；
（3）-1＜a＜0時，①當$\frac{2（a+1）}$＜b，即-$\frac{1}{2}≤a＜0$，f（x）在（-∞，$\frac{2（1-a）}$）遞增，
在（$\frac{2（1-a）}$，b）遞減，在（b，+∞）遞增．
又1≤b≤2，-$\frac{1}{2}≤a＜0$，2[$\frac{-b}{2（a-1）}$]-b＞-3，
要使方程f（x）=m±$\frac{1}{4}$在[-3，3]上有6個互不相同的解．
則f（$\frac{2（1-a）}$）-f（b）＞$\frac{1}{2}$，
?b∈[1，2]，都有a（9-b²）＞3b-$\frac{17}{2}$，b²[$\frac{1}{4（1-a）}$-a]＞$\frac{1}{2}$．
當a（9-b²）＞3b-$\frac{17}{2}$，即a＞$\frac{6b-17}{18-2^{2}}$，令6b-17=t∈[-11，-5]，
g（b）=$\frac{6b-17}{18-2^{2}}$=$\frac{18}{\frac{35}{t}-t-34}$，當t=-5即b=2時，g（x）_max=-$\frac{1}{2}$，即有a＞-$\frac{1}{2}$，
當b²[$\frac{1}{4（1-a）}$-a]＞$\frac{1}{2}$．則4a2-2a-1＞0，解得a＞$\frac{1+\sqrt{5}}{4}$（舍去）或a＜$\frac{1-\sqrt{5}}{4}$．
即有-$\frac{1}{2}$＜a＜$\frac{1-\sqrt{5}}{4}$；
②當$\frac{2（a+1）}$＞b，即-1＜a＜-$\frac{1}{2}$，f（x）在（-∞，$\frac{2（1-a）}$）遞增，在（$\frac{2（1-a）}$，$\frac{2（a+1）}$）遞減，
在（$\frac{2（a+1）}$，+∞）遞增．
?b∈[1，2]，$\frac{2（1+a）}$＜3，f（3）-f（$\frac{2（1+a）}$）=9（a+1）-3b+$\frac{^{2}}{4（a+1）}$＞$\frac{1}{2}$，
當$\frac{2（1+a）}$＜3，?b∈[1，2]恒成立，解得a＞-$\frac{2}{3}$，
當9（a+1）-3b+$\frac{^{2}}{4（a+1）}$＞$\frac{1}{2}$，?b∈[1，2]恒成立，
取b=2代入得a＞-$\frac{1}{2}$或a＜-$\frac{7}{9}$．
所以無解．
綜上可得，a的取值范圍為（-$\frac{1}{2}$，$\frac{1-\sqrt{5}}{4}$）．

點評 本題考查絕對值不等式的解法和運用，同時考查不等式恒成立問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題，運用分類討論的思想方法是解題的關鍵．