Question

2．已知函数f（x）=ax²-|x|+2a-1（a为实常数）．
（1）若a=1，求f（x）的单调区间；
（2）若a＞0，设f（x）在区间[1，2]的最大值为g（a），求g（a）的表达式；
（3）设h（x）=$\frac{f（x）}{x}$，若函数h（x）在区间[1，2]上是增函数，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）a=1，f（x）=x²-|x|+1，对x分类讨论，通过配方，利用二次函数的单调性即可得出．
（2）由于a＞0，当x∈[1，2]时，f（x）=ax²-x+2a-1=a$（x-\frac{1}{2a}）^{2}$+2a-$\frac{1}{4a}$-1．对a分类讨论，利用二次函数的单调性即可得出．
（3）h（x）=ax+$\frac{2a-1}{x}$-1在区间[1，2]上任取x₁、x₂，可得h（x₂）-h（x₁）=$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{{x}_{1}{x}_{2}}$[ax₁x₂-（2a-1）]＞0，可得：ax₁x₂-（2a-1）＞0对任意x₁、x₂∈[1，2]，且x₁＜x₂都成立，即ax₁x₂＞2a-1．对a分类讨论即可得出．

解答 解：（1）a=1，f（x）=x²-|x|+1=$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}-x+1，x≥0}\\{{x}^{2}+x+1，x＜0}\end{array}\right.$
=$\left\{\begin{array}{l}{（x-\frac{1}{2}）^{2}+\frac{3}{4}，x≥0}\\{（x+\frac{1}{2}）^{2}+\frac{3}{4}，x＜0}\end{array}\right.$．
∴f（x）的单调增区间为（$\frac{1}{2}$，+∞），（-$\frac{1}{2}$，0）．
f（x）的单调减区间为（-∞，$-\frac{1}{2}$]，（0，$\frac{1}{2}$）．
（2）由于a＞0，当x∈[1，2]时，f（x）=ax²-x+2a-1=a$（x-\frac{1}{2a}）^{2}$+2a-$\frac{1}{4a}$-1．
①若$0＜\frac{1}{2a}$＜1，即a$＞\frac{1}{2}$，则f（x）在[1，2]为增函数g（a）=f（2）=6a-3．
②若$1≤\frac{1}{2a}$≤$\frac{3}{2}$，即$\frac{1}{3}≤a≤\frac{1}{2}$，g（a）=f（2）=6a-3．
③若$\frac{3}{2}＜\frac{1}{2a}$≤2，即$\frac{1}{4}≤a＜\frac{1}{3}$时，
④若$\frac{1}{2a}≥2$，即$0＜a≤\frac{1}{4}$时，f（x）在[1，2]上是减函数：g（a）=f（1）=3a-2．
综上可得g（a）=$\left\{\begin{array}{l}{6a-3，\frac{1}{3}≤a＜\frac{1}{2}}\\{3a-2，0＜a＜\frac{1}{3}}\end{array}\right.$．
（3）h（x）=ax+$\frac{2a-1}{x}$-1在区间[1，2]上任取x₁、x₂，
则h（x₂）-h（x₁）=ax₂+$\frac{2a-1}{{x}_{2}}$-1-$（a{x}_{1}+\frac{2a-1}{{x}_{1}}-1）$=$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{{x}_{1}{x}_{2}}$[ax₁x₂-（2a-1）]（*）
∵h（x）在[1，2]上是增函数，∴h（x₂）-h（x₁）＞0，
∴（*）可转化为ax₁x₂-（2a-1）＞0对任意x₁、x₂∈[1，2]，且x₁＜x₂都成立，即ax₁x₂＞2a-1．
①当a=0时，上式显然成立．
②a＞0，x₁x₂＞$\frac{2a-1}{a}$，由1＜x₁x₂＜4得$\frac{2a-1}{a}$≤1，解得0＜a≤1．
③a＜0，x₁x₂＜$\frac{2a-1}{a}$，由1＜x₁x₂＜4得，$\frac{2a-1}{a}$≥4，解得-$\frac{1}{2}≤$a＜0．
所以实数a的取值范围是$[-\frac{1}{2}，1]$．

点评 本题考查了函数的单调性、二次函数的单调性、不等式的解法，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于难题．