Question

3．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$x∈[-\frac{1}{2}，1]$上恒成立，求实数b的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求得a=1的函数的解析式，讨论x的范围，去绝对值，由对称轴和区间的关系，可得f（x）的单调增区间；
（2）对a讨论，当$\frac{3}{2}$＜a≤2时，当1＜a≤$\frac{3}{2}$时，当$\frac{1}{2}≤a≤1$时，化简函数f（x），求得对称轴和最大值，运用参数分离和二次函数的最值求法，即可得到b的范围．

解答 解：（1）由a=1，可得f（x）=-x²+2x+2|x-1|+b，
当x≥1时，f（x）=-x²-2+4x+b=-（x-2）²+b+2，
当x＜1时，f（x）=-x²+2+b，
得单调递增区间为（-∞，0），（1，2）；
（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$b＜-2{a^2}-a+\frac{5}{4}$在$a∈（\frac{3}{2}，2]$上恒成立，又${（-2{a^2}-a+\frac{5}{4}）_{min}}=-\frac{35}{4}$，
∴b＜-$\frac{35}{4}$；
（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${（-3{a^2}+2a-1）_{min}}=-\frac{19}{4}$，
∴$b＜-\frac{19}{4}$；
（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），
所以，$\left\{\begin{array}{l}{f（1-a）＜0}\\{f（1）＜0}\end{array}\right.$即有$\left\{\begin{array}{l}{b＜-3{a}^{2}+2a-1}\\{b＜2{a}^{2}-2a-1}\end{array}\right.$，
 在$\frac{1}{2}$≤a≤1上恒成立，可得$\left\{\begin{array}{l}{（-3{a}^{2}+2a-1）_{min}=-2}\\{（2{a}^{2}-2a-1）_{min}=-\frac{3}{2}}\end{array}\right.$可得b＜-2，
综上可得，实数b的取值范围是b＜-$\frac{35}{4}$．

点评 本题考查绝对值函数的性质和运用，主要考查单调区间的求法和二次函数的最值问题，注意讨论对称轴和区间的关系，属于中档题．