Question

13．已知函数f（x）=x²-5|x-a|+2a
（Ⅰ）若0＜a＜3，x∈[a，3]，求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若a≥0，且存在实数x₁，x₂满足（x₁-a）（x₂-a）≤0，f（x₁）=f（x₂）=k．设|x₁-x₂|的最大值为h（k），求h（k）的取值范围（用a表示）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）$f（x）={x^2}-5|x-a|+2a=\left\{{\begin{array}{l}{{x^2}-5x+7a，（x≥a）}\\{{x^2}+5x-3a，（x≤a）}\end{array}}\right.$，结合0＜a＜3，x∈[a，3]，对a的取值进行分类讨论，结合二次函数的单调性，可得f（x）的单调区间；
（Ⅱ）不妨设x₁≤a≤x₂，对a的取值进行分类讨论，分别构造出|x₁-x₂|的最大值为h（k）的表达式，分析其单调性后，可得h（k）的取值范围．

解答 解：（Ⅰ）$f（x）={x^2}-5|x-a|+2a=\left\{{\begin{array}{l}{{x^2}-5x+7a，（x≥a）}\\{{x^2}+5x-3a，（x≤a）}\end{array}}\right.$
因为x∈[a，3]，f（x）=x²-5x+7a
若$0＜a＜\frac{5}{2}$，则f（x）在$[a，\frac{5}{2}]$上为减函数，在$[\frac{5}{2}，3]$上为增函数；
若$a≥\frac{5}{2}$，则f（x）=x²+5x-3a在x∈[a，3]上为增函数
（Ⅱ）因为x₁，x₂满足（x₁-a）（x₂-a）≤0，不妨设x₁≤a≤x₂
①当$a≥\frac{5}{2}$时，k≥f（a）=a²+2a，
${x_1}=\frac{{-5-\sqrt{25+4k+12a}}}{2}，{x_2}=\frac{{5+\sqrt{25+4k-28a}}}{2}$
$\begin{array}{l}∴|{x_1}-{x_2}{|_{max}}={x_2}-{x_1}=\frac{{5+\sqrt{25+4k-28a}}}{2}-\frac{{-5-\sqrt{25+4k+12a}}}{2}\\=5+\frac{1}{2}[\sqrt{25+4k-28a}+\sqrt{25+4k+12a}]=h（k）\end{array}$
因为h（k）关于k为增函数，
所以$h（k）≥5+\frac{1}{2}[|2a+5|+|2a-5|]=5+2a$
②当$0≤a＜\frac{5}{2}$时，$k≥f（a）=7a-\frac{25}{4}$，
${x_1}=\frac{{-5-\sqrt{25+4k+12a}}}{2}，{x_2}=\frac{{5+\sqrt{25+4k-28a}}}{2}$
$\begin{array}{l}∴|{x_1}-{x_2}{|_{max}}={x_2}-{x_1}=\frac{{5+\sqrt{25+4k-28a}}}{2}-\frac{{-5-\sqrt{25+4k+12a}}}{2}\\=5+\frac{1}{2}[\sqrt{25+4k-28a}+\sqrt{25+4k+12a}]=h（k）\end{array}$
因为h（k）关于k为增函数，所以$h（k）≥5+\sqrt{10a}$
综上：$h（k）=\left\{\begin{array}{l}5+\frac{1}{2}[\sqrt{25+4k-28a}+\sqrt{25+4k+12a}]，k≥{a^2}+2a，a≥\frac{5}{2}\\ 5+\frac{1}{2}[\sqrt{25+4k-28a}+\sqrt{25+4k+12a}]，k≥7a-\frac{25}{4}，0≤a≤\frac{5}{2}\end{array}\right.$
所以当$0≤a≤\frac{5}{2}$时，$h（k）∈\sqrt{10a}+5$，
当$a≥\frac{5}{2}$时，h（k）≥2a+5．

点评 本题考查的知识点是分段函数的应用，二次函数的图象和性质，是分类函数与二次函数的综合应用，难度中档．