Question

6．已知函數(shù)f（x）=x|2a-x|+2x，a∈R．
（1）若a=0，判斷函數(shù)y=f（x）的奇偶性，并加以證明；
（2）若函數(shù)f（x）在R上是增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；
（3）若存在實數(shù)a∈[-2，2]，使得關(guān)于x的方程f（x）-tf（2a）=0有三個不相等的實數(shù)根，求實數(shù)t的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）若a=0，根據(jù)函數(shù)奇偶性的定義即可判斷函數(shù)y=f（x）的奇偶性；
（2）根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義和性質(zhì)，利用二次函數(shù)的性質(zhì)即可求實數(shù)a的取值范圍；
（3）根據(jù)方程有三個不同的實數(shù)根，建立條件關(guān)系即可得到結(jié)論．

解答 解：（1）函數(shù)y=f（x）為奇函數(shù)．
理由：當(dāng)a=0時，f（x）=x|x|+2x，
f（-x）=-x|x|-2x=-f（x），
∴函數(shù)y=f（x）為奇函數(shù)；
（2）f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}+（2-2a）x，x≥2a}\\{-{x}^{2}+（2+2a）x，x＜2a}\end{array}\right.$，
當(dāng)x≥2a時，f（x）的對稱軸為：x=a-1；
當(dāng)x＜2a時，y=f（x）的對稱軸為：x=a+1；
∴當(dāng)a-1≤2a≤a+1時，f（x）在R上是增函數(shù)，
即-1≤a≤1時，函數(shù)f（x）在R上是增函數(shù)；      
（3）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，函數(shù)f（x）在R上是增函數(shù)，
∴關(guān)于x的方程f（x）=tf（2a）不可能有三個不相等的實數(shù)根；                          
②當(dāng)a＞1時，即2a＞a+1＞a-1，
∴f（x）在（-∞，a+1）上單調(diào)增，
在（a+1，2a）上單調(diào)減，在（2a，+∞）上單調(diào)增，
∴當(dāng)f（2a）＜tf（2a）＜f（a+1）時，
關(guān)于x的方程f（x）=tf（2a）有三個不相等的實數(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），
∵存在a∈[-2，2]，
使得關(guān)于x的方程f（x）=tf（2a）有三個不相等的實數(shù)根，
∴1＜t＜h（a）_max，
又可證h（a）=$\frac{1}{4}$（a+$\frac{1}{a}$+2）在（1，2]上單調(diào)增，
∴＜h（a）_max=$\frac{9}{8}$，
∴1＜t＜$\frac{9}{8}$，
③當(dāng)a＜-1時，即2a＜a-1＜a+1，
∴f（x）在（-∞，2a）上單調(diào)增，
在（2a，a-1）上單調(diào)減，在（a-1，+∞）上單調(diào)增，
∴當(dāng)f（a-1）＜tf（2a）＜f（2a）時，
關(guān)于x的方程f（x）=tf（2a）有三個不相等的實數(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），
∵存在a∈[-2，2]，使得關(guān)于x的方程f（x）=tf（2a）有三個不相等的實數(shù)根，
∴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)減，
∴g（a）_max=$\frac{9}{8}$，
∴1＜t＜$\frac{9}{8}$；                                   
綜上：1＜t＜$\frac{9}{8}$．

點評 本題主要考查函數(shù)奇偶性的判斷，以及函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用，綜合考查分段函數(shù)的應(yīng)用，綜合性較強，運算量較大．