Question

13．已知$f（x）=\left\{{\begin{array}{l}{|{x^2}-px-p|}\\{m{x^2}-{m^2}}\end{array}，}\right.\begin{array}{l}{x≥0}\\{x＜0}\end{array}$，
（Ⅰ）若f（x）在区间[0，1]上是增函数，求实数p的取值范围；
（Ⅱ）当a＜b＜0时，是否存在实数m，使得函数f（x）在区间[a，b]上的值域恰为[a，b]？若存在，求出m的取值范围；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）讨论判别式小于等于0，和大于0，运用韦达定理，解不等式组，即可得到p的范围；
（Ⅱ）假设存在m，使得定义在（-∞，0）上的函数f（x）=mx²-m²在区间[a，b]上的值域恰为[a，b]，显然m≠0，a＜b＜0，讨论m＞0，m＜0，通过单调性，结合二次方程的解，运用函数的零点判断，即可得到所求范围．

解答 解：（Ⅰ）（ⅰ）△=p²+4p≤0且$\frac{p}{2}≤0$，得-4≤p≤0；
（ⅱ）△=p²+4p＞0，则x₁＜x₂＜0，或x₁＜0＜x₂（此时对称轴x=$\frac{p}{2}$≥1），
即$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}+{x}_{2}＜0}\\{{x}_{1}{x}_{2}＞0}\end{array}\right.$即有p＜0；或$\left\{{\begin{array}{l}{{x_1}{x_2}=-p＜0}\\{\frac{p}{2}≥1}\end{array}⇒p≥2}\right.$，
所以p＜-4或p≥2，
综上，p≤0或p≥2．
（Ⅱ）解：存在实数m且-$\root{3}{\frac{1}{4}}$＜m＜0或$\root{3}{\frac{3}{4}}$＜m＜1．理由如下：
假设存在m，使得定义在（-∞，0）上的函数f（x）=mx²-m²在区间[a，b]上的值域恰为[a，b]，
显然m≠0，a＜b＜0，
（ⅰ）当m＞0时，f（x）=mx²-m²在区间[a，b]上是减函数，
则$\left\{{\begin{array}{l}{f（a）=b}\\{f（b）=a}\end{array}}\right.$即$\left\{{\begin{array}{l}{m{a^2}-{m^2}=b}\\{m{b^2}-{m^2}=a}\end{array}}\right.$，相减得$a+b=-\frac{1}{m}$，即$b=-\frac{1}{m}-a$，
于是$a＜-\frac{1}{m}-a＜0$，得$-\frac{1}{m}＜a＜-\frac{1}{2m}$，
由$m{a^2}-{m^2}=b=-\frac{1}{m}-a$，得$m{a^2}+a-{m^2}+\frac{1}{m}=0$，
必须使这个关于a的方程在$（-\frac{1}{m}，-\frac{1}{2m}）$内有解，记$g（a）=m{a^2}+a-{m^2}+\frac{1}{m}$，
因为对称轴$a=-\frac{1}{2m}$，结合图象可知：只要$g（-\frac{1}{m}）＞0$且$g（-\frac{1}{2m}）＜0$即可，
代入得$\frac{1}{m}-{m^2}＞0$且$\frac{3}{4m}-{m^2}＜0$，
解得$\frac{3}{4}＜{m^3}＜1$．
（ⅱ）当m＜0时，f（x）=mx²-m²在区间[a，b]上是增函数，
则$\left\{{\begin{array}{l}{f（a）=a}\\{f（b）=b}\end{array}}\right.$即$\left\{{\begin{array}{l}{m{a^2}-{m^2}=a}\\{m{b^2}-{m^2}=b}\end{array}}\right.$，从而关于x的方程mx²-x-m²=0应当在（-∞，0）上有两个不等实根，
于是△＞0，x₁+x₂＜0，x₁x₂＞0，代入得1+4m³＞0①$\frac{1}{m}＜0$②$\frac{{-{m^2}}}{m}＞0$③
解得$-\frac{1}{4}＜{m^3}＜0$．
综上，$-\root{3}{{\frac{1}{4}}}＜m＜0$或$\root{3}{{\frac{3}{4}}}＜m＜1$．

点评 本题考查分段函数及运用，主要考查函数的单调性和值域的求法，注意运用二次函数的单调性和不等式的解法，考查分类讨论的思想方法，属于中档题．