Question

已知a∈R，设函数f（x）=x|x-a|-x．
（Ⅰ） 若a=1时，求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ） 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的最大值及此时a的值．

Answer 1

考点：函数恒成立问题,函数的单调性及单调区间

专题：函数的性质及应用,不等式的解法及应用

分析：（Ⅰ）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；
（Ⅱ）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的最大值及a的值．

解答： 解：（Ⅰ）当a=1时，f(x)=

-x2，x＜1 x2-2x，x≥1

，
函数f（x）的单调递增区间为（-∞，0），（1，+∞），单调递减区间为（0，1）；

（Ⅱ）f(x)=

-x2+(a-1)x，x＜a x2-(a+1)x，  x≥a.

①当a≤-1时，a≤

a-1

2

＜

a+1

2

≤0，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≤

(a+1)+ (a+1)2+24

2

，
令m=-（a+1）≥0，h(m)=

m2+24 -m

2

=

12

m2+24 +m

在[0，+∞）单调递减，
∴h(m)max=h(0)=

6

，即当a=-1时，tmax=

6

．
②当-1＜a≤0时，

a-1

2

＜a≤0＜

a+1

2

，f（x）在[0，

a+1

2

]单调递减，
在[

a+1

2

，+∞)单调递增，f(x)min=f(

a+1

2

)=-

(a+1)2

4

∈[-

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≤

(a+1)+ (a+1)2+24

2

，
令m=a+1＞0，h(m)=

m+ m2+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，

a-1

2

≤0＜a≤

a+1

2

，f（x）在[0，a]， [a，

a+1

2

]单调递减，
在[

a+1

2

，+∞)单调递增，f(x)min=f(

a+1

2

)=-

(a+1)2

4

∈[-1，-

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≤

(a+1)+ (a+1)2+24

2

，
同②得h(m)=

m+ m2+24

2

在（1，2]单调递增，
∴h(m)max=h(2)=1+

7

，即当a=1时，tmax=1+

7

，
综上所述，tmax=1+

7

，此时a=1．

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．