Question

13．已知函数f（x）=x|2a-x|+2x，a∈R．
（1）若函数f（x）在R上是增函数，求实数a的取值范围；
（2）若存在实数a∈[-2，2]，使得关于x的方程f（x）-tf（2a）=0有3个不相等的实数根，求实数t的取值范围．

Answer 1

分析 （1）写出f（x）的分段函数，求出对称轴方程，由二次函数的单调性，可得a-1≤2a，2a≤a+1，解不等式即可得到所求范围；
（2）方程f（x）-tf（2a）=0的解即为方程f（x）=tf（2a）的解．讨论①当-1≤a≤1时，②当a＞1时，③当a＜-1时，判断f（x）的单调性，结合函数和方程的转化思想，即可得到所求范围．

解答 解：（1）∵$f（x）=\left\{\begin{array}{l}{x^2}+（2-2a）x，x≥2a\\-{x^2}+（2+2a）x，x＜2a\end{array}\right.$为增函数，
由于x≥2a时，f（x）的对称轴为x=a-1；
x＜2a时，f（x）的对称轴为x=a+1，
∴$\left\{\begin{array}{l}a-1≤2a\\ 2a≤a+1\end{array}\right.$解得-1≤a≤1；
（2）方程f（x）-tf（2a）=0的解即为方程f（x）=tf（2a）的解．
①当-1≤a≤1时，f（x）在R上是增函数，
关于x的方程f（x）=tf（2a）不可能有3个不相等的实数根．
②当a＞1时，2a＞a+1＞a-1，
∴f（x）在（-∞，a+1）上单调递增，在（a+1，2a）上单调递减，
在（2a，+∞）上单调递增，所以当f（2a）＜tf（2a）＜f（a+1）时，
关于x的方程f（x）=tf（2a）有3个不相等的实数根，即4a＜t•4a＜（a+1）²．
∵a＞1，∴$1＜t＜\frac{1}{4}（a+\frac{1}{a}+2）$．
设$h（a）=\frac{1}{4}（a+\frac{1}{a}+2）$，因为存在a∈[-2，2]，
使得关于x的方程f（x）=tf（2a）有3个不相等的实数根，
∴1＜t＜h（a）_max．又h（a）在（1，2]递增，所以$h{（a）_{max}}=\frac{9}{8}$，∴$1＜t＜\frac{9}{8}$．
③当a＜-1时，2a＜a-1＜a+1，所以f（x）在（-∞，2a）上单调递增，
在（2a，a-1）上单调递减，在（a-1，+∞）上单调递增，
所以当f（a-1）＜tf（2a）＜f（2a）时，
关于x的方程f（x）=tf（2a）有3个不相等的实数根，
即-（a-1）²＜t•4a＜4a．∵a＜-1，∴$1＜t＜-\frac{1}{4}（a+\frac{1}{a}-2）$．
设$g（a）=-\frac{1}{4}（a+\frac{1}{a}-2）$，因为存在a∈[-2，2]，
使得关于x的方程f（x）=tf（2a）有3个不相等的实数根，所以1＜t＜g（a）_max．
又可证$g（a）=-\frac{1}{4}（a+\frac{1}{a}-2）$在[-2，-1）上单调递减，
所以$g{（a）_{max}}=\frac{9}{8}$，所以$1＜t＜\frac{9}{8}$．
综上，$1＜t＜\frac{9}{8}$．

点评 本题考查分段函数的单调性的判断和运用，注意运用二次函数的对称轴和区间的关系，考查存在性问题的解法，注意运用分类讨论的思想方法，以及函数方程的转化思想的运用，考查运算化简能力，属于中档题．