Question

20．已知a∈R，设函数f（x）=x|x-a|-x
（1）若a=1，求函数f（x）的单调区间；
（2）若a≤1，对于任意的x∈[0，t]，不等式-1≤f（x）≤6恒成立，求实数t的取值范围．

Answer 1

分析 （1）把a=1代入函数解析式，然后分x＜1和x≥1写出分段函数，结合二次函数的解析式求得函数f（x）的单调区间；
（2）分x＜a和x≥a写出分段函数，然后对a≤-1，-1＜a≤0，0＜a≤1分类求出函数f（x）的最小值和最大值，由-1≤f（x）≤6求得t的最大值，进而得到所求范围．

解答 解：（1）当a=1时，f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{-{x}^{2}，x＜1}\\{{x}^{2}-2x，x≥1}\end{array}\right.$，
即有函数f（x）的单调递增区间为（-∞，0），（1，+∞），
单调递减区间为（0，1）；
（2）f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{-{x}^{2}+（a-1）x，x＜a}\\{{x}^{2}-（a+1）x，x≥a}\end{array}\right.$，
①当a≤-1时，a≤$\frac{a-1}{2}$，f（x）在[0，t]单调递增，
f（x）_min=f（0）=0，f（x）_max=f（t）=t²-（a+1）t，
由题意得f（x）_max≤6，即t²-（a+1）t≤6，
解得0≤t≤$\frac{a+1+\sqrt{（a+1）^{2}+24}}{2}$，
令m=-（a+1）≥0，h（m）=$\frac{\sqrt{{m}^{2}+24}-m}{2}$=$\frac{12}{\sqrt{{m}^{2}+24}+m}$在[0，+∞）单调递减，
∴h（m）_max=h（0）=$\sqrt{6}$，即当a=-1时，t_max=$\sqrt{6}$．
②当-1＜a≤0时，$\frac{a-1}{2}$＜a≤0＜$\frac{a+1}{2}$，f（x）在[0，$\frac{a+1}{2}$]单调递减，
在[$\frac{a+1}{2}$，+∞）单调递增，f（x）_min=f（$\frac{a+1}{2}$）=-$\frac{（a+1）^{2}}{4}$∈[-$\frac{1}{4}$，0]，
满足f（x）_min≥-1，f（x）_max=f（t）=t²-（a+1）t，由题意得f（x）_max≤6，
即t²-（a+1）t≤6，解得0≤t≤$\frac{a+1+\sqrt{（a+1）^{2}+24}}{2}$，
令m=a+1＞0，h（m）=$\frac{m+\sqrt{{m}^{2}+24}}{2}$在（0，1]单调递增，
∴h（m）_max=h（1）=3，即当a=0时，t_max=3．
③当0＜a≤1时，$\frac{a-1}{2}$≤0＜a≤$\frac{a+1}{2}$，f（x）在[0，a]，[a，$\frac{a+1}{2}$]单调递减，
在[$\frac{a+1}{2}$，+∞）单调递增，f（x）min=f（$\frac{a+1}{2}$）=-$\frac{（a+1）^{2}}{4}$∈[-1，-$\frac{1}{4}$），
满足f（x）_min≥-1，f（x）_max=f（t）=t²-（a+1）t，由题意得f（x）_max≤6，
即t²-（a+1）t≤6，解得0≤t≤$\frac{a+1+\sqrt{（a+1）^{2}+24}}{2}$，
同②得h（m）=$\frac{m+\sqrt{{m}^{2}+24}}{2}$在（1，2]单调递增，
∴h（m）_max=h（2）=1+$\sqrt{7}$，即当a=1时，t_max=1+$\sqrt{7}$，
综上所述，t的取值范围是（0，1+$\sqrt{7}$]．

点评 此题是难题，考查函数的单调性及其应用，并根据函数的单调性解函数值不等式，体现了转化的思想，在转化过程中一定注意函数的定义域，考查了分类讨论的数学思想方法，特别是问题（2）的求解，增加了题目的难度，综合性强．