Question

10．已知函数f（x）=-x²+2x+2a|x-a|+b，其中常数a，b∈R．
（1）若a=1，求函数f（x）的单调递增区间；
（2）若对任意实数a∈[$\frac{1}{2}$，2]，不等式f（x）＜0在x∈[-$\frac{1}{2}$，2]恒成立，求实数b的取值范围．

Answer 1

分析 （1）若a=1，求出函数f（x）的表达式，利用一元二次函数的单调性即可求函数f（x）的单调递增区间；
（2）利用参数分离法，转化为求函数的最值进行求解．

解答 解：（1）若a=1，则f（x）=-x²+2x+2|x-1|+b，
则当x≥1时，f（x）=-x²+2x+2（x-1）+b=-（x-2）²+b+2，此时函数在（1，2）上递增，
当x＜1时，f（x）=-x²+2x-2（x-1）+b=-x²+b+2，此时函数在（-∞，0）上递增，
故得单调递增区间为（-∞，0），（1，2）-----------------------------------------（4分）
（2）（i）当$\frac{3}{2}＜a≤2$时，f（x）=-x²+2（1-a）x+2a²+b，
因为对称轴$x=1-a＜-\frac{1}{2}$，$f{（x）_{max}}=f（-\frac{1}{2}）＜0$恒成立，
得$b＜-2{a^2}-a+\frac{5}{4}$，又$a∈（\frac{3}{2}，2]$，${（-2{a^2}-a+\frac{5}{4}）_{min}}=-\frac{35}{4}$，
∴$b＜-\frac{35}{4}$；------------------------------------------------------------------（7分）
（ii）当$1＜a≤\frac{3}{2}$时，f（x）=-x²+2（1-a）x+2a²+b
因为对称轴$x=1-a∈[-\frac{1}{2}，0）$，f（x）_max=f（1-a）＜0恒成立，
得b＜-3a²+2a-1在$a∈（1，\frac{3}{2}]$上恒成立，又${（-3{a^2}+2a-1）_{min}}=-\frac{19}{4}$，
∴$b＜-\frac{19}{4}$；----------------------------------------------------------------（10分）
（iii）当$\frac{1}{2}≤a≤1$时，
x＜a时，对称轴x=1-a∈[0，$\frac{1}{2}$]，f（x）_max=f（1-a），
x≥a时，对称轴x=1+a∈[$\frac{3}{2}$，2]，f（x）_max=f（1），
则$\left\{\begin{array}{l}{f（1-a）＜0}\\{f（1）＜0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{b＜-3{a}^{2}+2a-1}\\{b＜2{a}^{2}-2a-1}\end{array}\right.$在$\frac{1}{2}≤a≤1$上恒成立，

即$\left\{\begin{array}{l}{（-3{a}^{2}+2a-1）_{min}=-2}\\{（2{a}^{2}-2a-1）_{min}=-\frac{3}{2}}\end{array}\right.$，
∴$b＜-\frac{35}{4}$；…（13分）
实数b的取值范围是$b＜-\frac{35}{4}$--------------------------------------------------（14分）

点评 本题主要考查函数单调性的求解以及不等式恒成立的问题，利用参数分离法是解决本题的关键．