Question

19．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（a≥2），存在實(shí)數(shù)b，對(duì)于任意實(shí)數(shù)x∈[1，2]，都有不等式|f（x）|≤$\frac{1}{2}$恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）把函數(shù)f（x）=x|x-a|+b分段寫出，然后根據(jù)b的范圍討論出方程x²-ax+b=0的解得個(gè)數(shù)，進(jìn)一步得到在不同條件下的函數(shù)f（x）的零點(diǎn)個(gè)數(shù)
（Ⅱ）記g（x）=f（x）-x=$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}-（a+1）x+b，（x≥a）}\\{-{x}^{2}+（a-1）x+b，（x＜a）}\end{array}\right.$，把問題轉(zhuǎn)化為當(dāng)2a-1≤x≤2a+1時(shí)，g（x）_max-g（x）_min≤1．最大實(shí)數(shù)b即為$g（x）_{max}=\frac{1}{2}$時(shí)的b的值．
令T=g（x）_max-g（x）_min，然后對(duì)a分類判斷g（x）在不同區(qū)間上的單調(diào)性，并分類求得T值，由T＜1求得a的范圍，進(jìn)一步求得實(shí)數(shù)a的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）f（x）=x|x-a|+b=$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}-ax+b，（x≥a）}\\{-{x}^{2}+ax+b，（x＜a）}\end{array}\right.$，
∵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；
當(dāng)b＜0時(shí)，x²-ax+b=0在x≥a恰有一解，若△=a²+4b＜0，則-x²+ax+b=0在x＜a上無解；
若△=a²+4b=0，則-x²+ax+b=0在x＜a上恰有一解；若△=a²+4b＞0，則-x²+ax+b=0在x＜a上有兩個(gè)不同解；
綜上，在a＞0的條件下，
當(dāng)b＞0或a²+4b＜0時(shí)，函數(shù)f（x）有一個(gè)零點(diǎn)；
當(dāng)b=0或a²+4b=0時(shí)，函數(shù)f（x）有兩個(gè)零點(diǎn)；
當(dāng)$-\frac{{a}^{2}}{4}＜b＜0$時(shí)，函數(shù)f（x）有三個(gè)零點(diǎn)．
（Ⅱ）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即為$g（x）_{max}=\frac{1}{2}$時(shí)的b的值．
令T=g（x）_max-g（x）_min，
由已知可得：2a+1＞a，2a-1$＜\frac{a-1}{2}＜\frac{a+1}{2}$，
（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，
∴$T=\frac{（a-1）^{2}}{4}+b-（-2{a}^{2}+a+b）=\frac{9{a}^{2}-6a+1}{4}≤1$．
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時(shí)，
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$_{max}=m（a）=\frac{1}{2}-\frac{（a-1）^{2}}{4}=\frac{-{a}^{2}+2a+1}{4}$．
∴m（a）=$\frac{-{a}^{2}+2a+1}{4}（-\frac{1}{3}≤a＜0）$．
m（a）的取值范圍是[$\frac{1}{18}，\frac{1}{4}$），此時(shí)a的范圍是[-$\frac{1}{3}$，0）．

點(diǎn)評(píng) 此題是個(gè)難題，考查函數(shù)的性質(zhì)及其應(yīng)用，考查判斷函數(shù)的單調(diào)性，并根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性解函數(shù)值不等式，體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化的思想，在轉(zhuǎn)化過程中又注重了分類討論的數(shù)學(xué)思想方法，題目的難度大，綜合性強(qiáng)．