Question

12．已知函数f（x）=x|x+a|+m|x-1|，0≤x≤2，其中a，m∈R．
（1）若a=0，m=1，求f（x）的单调区间；
（2）对于给定的实数a，若函数f（x）存在最大值1+a，求实数m的取值范围（用a表示）．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的解析式，讨论x的范围，去绝对值，由二次函数的对称轴，可得单调区间；
（2）讨论a的符号，a=0，a＞0，a＜0，结合二次函数的单调性和最值，解不等式即可得到所求m的范围．

解答 解：（1）a=0，m=1时，f（x）=x|x|+|x-1|，
当0≤x≤1时，f（x）=x²-x+1，对称轴为x=$\frac{1}{2}$，
单调增区间为（$\frac{1}{2}$，1），减区间为（0，$\frac{1}{2}$）；
当1＜x≤2时，f（x）=x²+x-1，对称轴为x=-$\frac{1}{2}$，
单调增区间为（1，2）．
综上可得，f（x）的增区间为（$\frac{1}{2}$，2），减区间为（0，$\frac{1}{2}$）；
（2）当a=0时，f（x）=x|x|+m|x-1|，
由最大值为1，可得f（1）≥f（0），且f（1）≥f（2），
即有m≤1，且4+m≤1，解得m≤-3；
当a＞0时，f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}+（a-m）x+m，0≤x≤1}\\{{x}^{2}+（a+m）x-m，1＜x≤2}\end{array}\right.$，
由二次函数的图象开口向上，可得f（x）的最大值在端点处取得．
即有f（1）=1+a为最大值，f（0）=m，f（2）=4+2a+m，
由f（1）≥f（0），且f（1）≥f（2），
即有m≤1+a，且4+m+2a≤1+a，解得m≤-3-a；
当a＜0时，f（x）=x|x+a|+m|x-1|，
a=-1时，f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{（x+m）（1-x），0≤x≤1}\\{（x+m）（x-1），1＜x≤2}\end{array}\right.$，
由f（x）的最大值为0，可得f（0）=m≤0，且
f（1）=0，f（2）=2+m≤0，f（$\frac{1-m}{2}$）≤0，
解得m∈∅；
当a≤-2时，f（x）=x（-x-a）+m|x-1|，
抛物线开口向下，由f（x）的最大值为1+a，
可得-1-a=1+a，解得a=-1，不成立；
当-2＜a＜-1时，f（x）=x|x+a|+m|x-1|，
由f（x）的最值在顶点处和端点处取得，
可得f（0）≤1+a，f（2）≤1+a，f（1）=|1+a|，
即有m≤1+2a；
当-1＜a＜0时，f（x）=x|x+a|+m|x-1|，
由f（x）的最值在顶点处和端点处取得，
可得f（0）≤1+a，f（2）≤1+a，f（1）=1+a，
即有m≤1+2a．
综上可得，a≥0时，m≤-3-a；
-2≤a＜0时，m≤1+2a，
a＜-2时，m不存在．

点评 本题考查绝对值函数的最值的求法，注意运用分类讨论的思想方法，同时考查化简整理的运算能力，属于难题．