Question

19．设函数f（x）=x|x-a|+b，a，b∈R
（Ⅰ）当a＞0时，讨论函数f（x）的零点个数；
（Ⅱ）若对于给定的实数a（a≥2），存在实数b，对于任意实数x∈[1，2]，都有不等式|f（x）|≤$\frac{1}{2}$恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）把函数f（x）=x|x-a|+b分段写出，然后根据b的范围讨论出方程x²-ax+b=0的解得个数，进一步得到在不同条件下的函数f（x）的零点个数
（Ⅱ）记g（x）=f（x）-x=$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}-（a+1）x+b，（x≥a）}\\{-{x}^{2}+（a-1）x+b，（x＜a）}\end{array}\right.$，把问题转化为当2a-1≤x≤2a+1时，g（x）_max-g（x）_min≤1．最大实数b即为$g（x）_{max}=\frac{1}{2}$时的b的值．
令T=g（x）_max-g（x）_min，然后对a分类判断g（x）在不同区间上的单调性，并分类求得T值，由T＜1求得a的范围，进一步求得实数a的取值范围．

解答 解：（Ⅰ）f（x）=x|x-a|+b=$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}-ax+b，（x≥a）}\\{-{x}^{2}+ax+b，（x＜a）}\end{array}\right.$，
∵a＞0，
∴当b＞0时，x²-ax+b=0在x≥a上无解，-x²+ax+b=0在x＜a上恰有一解；
当b=0时，x²-ax+b=0在x≥a上恰有一解，-x²+ax+b=0在x＜a上恰有一解；
当b＜0时，x²-ax+b=0在x≥a恰有一解，若△=a²+4b＜0，则-x²+ax+b=0在x＜a上无解；
若△=a²+4b=0，则-x²+ax+b=0在x＜a上恰有一解；若△=a²+4b＞0，则-x²+ax+b=0在x＜a上有两个不同解；
综上，在a＞0的条件下，
当b＞0或a²+4b＜0时，函数f（x）有一个零点；
当b=0或a²+4b=0时，函数f（x）有两个零点；
当$-\frac{{a}^{2}}{4}＜b＜0$时，函数f（x）有三个零点．
（Ⅱ）记g（x）=f（x）-x=$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}-（a+1）x+b，（x≥a）}\\{-{x}^{2}+（a-1）x+b，（x＜a）}\end{array}\right.$，
原问题等价于：当2a-1≤x≤2a+1时，g（x）_max-g（x）_min≤1．
最大实数b即为$g（x）_{max}=\frac{1}{2}$时的b的值．
令T=g（x）_max-g（x）_min，
由已知可得：2a+1＞a，2a-1$＜\frac{a-1}{2}＜\frac{a+1}{2}$，
（1）当$-1＜a＜-\frac{1}{3}$时，$2a-1＜\frac{a-1}{2}＜a＜2a+1＜\frac{a+1}{2}$，
∴g（x）在[$2a-1，\frac{a-1}{2}$]上为增函数，在[$\frac{a-1}{2}，2a+1$]上为减函数，
$g（x）_{max}=g（\frac{a-1}{2}）=\frac{（a-1）^{2}}{4}+b$，
g（x）_min=min{g（2a-1），g（2a+1）}=g（2a-1）=-2a²+a+b，
∴$T=\frac{（a-1）^{2}}{4}+b-（-2{a}^{2}+a+b）=\frac{9{a}^{2}-6a+1}{4}≤1$．
解得：$-\frac{1}{3}≤a≤1$，从而无解；
（2）当$-\frac{1}{3}≤a＜0$时，$2a-1＜\frac{a-1}{2}＜a＜\frac{a+1}{2}＜2a+1$，
∴g（x）在[$2a-1，\frac{a-1}{2}$]上为增函数，在[$\frac{a-1}{2}，\frac{a+1}{2}$]上为减函数，在[$\frac{a+1}{2}，2a+1$]上为增函数，
∴当2a-1≤x≤2a+1时，
g（x）_max=max{g（$\frac{a-1}{2}$），g（2a+1）}=$g（\frac{a-1}{2}）=\frac{（a-1）^{2}}{4}+b$．
g（x）_min=min{g（2a-1），g（$\frac{a+1}{2}$）}=$\left\{\begin{array}{l}{-2{a}^{2}+a+b，（-\frac{1}{3}≤a≤-\frac{1}{7}）}\\{b-\frac{（a+1）^{2}}{4}，（-\frac{1}{7}＜a＜0）}\end{array}\right.$．
∴$T=\left\{\begin{array}{l}{\frac{9{a}^{2}-6a+1}{4}，（-\frac{1}{3}≤a≤-\frac{1}{7}）}\\{\frac{{a}^{2}+1}{2}，（-\frac{1}{7}＜a＜0）}\end{array}\right.$．
由T＜1，解得：$-\frac{1}{3}≤a＜0$．
此时最大的b满足$g（\frac{a-1}{2}）=\frac{1}{2}$．
从而${b}_{max}=m（a）=\frac{1}{2}-\frac{（a-1）^{2}}{4}=\frac{-{a}^{2}+2a+1}{4}$．
∴m（a）=$\frac{-{a}^{2}+2a+1}{4}（-\frac{1}{3}≤a＜0）$．
m（a）的取值范围是[$\frac{1}{18}，\frac{1}{4}$），此时a的范围是[-$\frac{1}{3}$，0）．

点评 此题是个难题，考查函数的性质及其应用，考查判断函数的单调性，并根据函数的单调性解函数值不等式，体现了转化的思想，在转化过程中又注重了分类讨论的数学思想方法，题目的难度大，综合性强．