Question

7．已知函數(shù)f（x）=x|x-a|+b，x∈R．
（1）當(dāng)b=0時(shí)，判斷f（x）的奇偶性，并說明理由；
（2）當(dāng)a=1，b=1時(shí)，若f（2^x）=$\frac{5}{4}$，求x的值；
（3）若-1≤b＜0，且對(duì)任意x∈[0，1]不等式 f（x）＜0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)a=0時(shí)，f（x）為奇函數(shù)；當(dāng)a≠0時(shí)，f（x）為非奇非偶函數(shù)．運(yùn)用奇偶性的定義，即可得到結(jié)論；
（2）當(dāng)a=1，b=1時(shí)，若f（2^x）=$\frac{5}{4}$，即為2^x|2^x-1|+1=$\frac{5}{4}$，當(dāng)2^x≥1，當(dāng)0＜2^x＜1，去掉絕對(duì)值，由指數(shù)方程的解法，即可得到所求x的值；
（3）只需考慮x∈（0，1]的情況，此時(shí)，不等式即|x-a|＜$\frac{-b}{x}$，即x+$\frac{x}$＜a＜x-$\frac{x}$，故（x+$\frac{x}$）_max＜a＜（x-$\frac{x}$）_min．利用函數(shù)的單調(diào)性求得（x+$\frac{x}$）_max和（x-$\frac{x}$）_min，從而求得a的取值范圍．

解答 解：（1）當(dāng)b=0時(shí)，f（x）=x|x-a|，
當(dāng)a=0時(shí)，f（x）為奇函數(shù)；
當(dāng)a≠0時(shí)，f（x）為非奇非偶函數(shù)．
理由：當(dāng)a=0時(shí)，f（x）=x|x|，
f（-x）=-x|-x|=-x|x|=-f（x），
f（x）為奇函數(shù)；
當(dāng)a≠0時(shí)，f（-x）=-x|-x-a|=-x|x+a|≠f（x），
且f（-x）≠-f（x），則f（x）為非奇非偶函數(shù)；
（2）當(dāng)a=1，b=1時(shí)，若f（2^x）=$\frac{5}{4}$，
即為2^x|2^x-1|+1=$\frac{5}{4}$，
當(dāng)2^x≥1，即x≥0時(shí)，（2^x）²-2^x-$\frac{1}{4}$=0，
解方程可得2^x=$\frac{1+\sqrt{2}}{2}$或$\frac{1-\sqrt{2}}{2}$（舍去）；
當(dāng)0＜2^x＜1，即x＜0時(shí)，（2^x）²-2^x+$\frac{1}{4}$=0，
解方程可得2^x=$\frac{1}{2}$．
則x=log₂$\frac{1+\sqrt{2}}{2}$或x=-1；
（3）當(dāng)x=0時(shí)，不等式即b＜0，顯然恒成立，
故只需考慮x∈（0，1]的情況，
此時(shí)，不等式即|x-a|＜$\frac{-b}{x}$，即 x+$\frac{x}$＜a＜x-$\frac{x}$，
故（x+$\frac{x}$）_max＜a＜（x-$\frac{x}$）_min．
由于函數(shù)g（x）=x+$\frac{x}$在（0，1]上單調(diào)遞增，
故（x+$\frac{x}$）_max=g（1）=1+b．
對(duì)于函數(shù)h（x）=x-$\frac{x}$，x∈（0，1]，
當(dāng)-1≤b＜0時(shí)，h（x）=x-$\frac{x}$≥2$\sqrt{-b}$，
當(dāng)且僅當(dāng)x=$\sqrt{-b}$時(shí)，h（x）的最小值（x-$\frac{x}$）_min=2$\sqrt{-b}$．
此時(shí)，要使a存在，必須有$\left\{\begin{array}{l}{-1≤b＜0}\\{1+b＜2\sqrt{-b}}\end{array}\right.$，
即-1≤b＜2$\sqrt{-b}$，此時(shí)a的取值范圍是（1+b，2$\sqrt{-b}$）．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查絕對(duì)值不等式的解法，函數(shù)的恒成立問題，體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化、分類討論的數(shù)學(xué)思想，屬于中檔題．