Question

16．已知函数f（x）=x|x-a|-2x，若对任意实数a∈（-2，4），关于x的程f（x）=tf（a）有三个不相等的实数根，求实数t的取值范围．

Answer 1

分析 化简f（x）=x|x-a|-2x=$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}-（a+2）x，x≥a}\\{-{x}^{2}+（a-2）x，x≤a}\end{array}\right.$，从而讨论，当2≤a＜4时，判断函数的单调性可得$\left\{\begin{array}{l}{-2a＜-2ta}\\{\frac{{a}^{2}}{4}-a+1＞-2ta}\end{array}\right.$对a∈（2，4）恒成立，当-2＜a＜2时，判断函数的单调性可得-$\frac{{a}^{2}}{4}$-a-1＜-2ta＜$\frac{{a}^{2}}{4}$-a+1对-2＜a＜2恒成立，从而解得．

解答 解：f（x）=x|x-a|-2x=$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}-（a+2）x，x≥a}\\{-{x}^{2}+（a-2）x，x≤a}\end{array}\right.$，
tf（a）=-2ta，
当2≤a＜4时，$\frac{a-2}{2}$＜$\frac{a+2}{2}$≤a，
故f（x）在（-∞，$\frac{a-2}{2}$）上递增，在（$\frac{a-2}{2}$，a）上递减，在（a，+∞）上增函数；
故f_极大（x）=f（$\frac{a-2}{2}$）=$\frac{{a}^{2}}{4}$-a+1，f_极小（x）=f（a）=-2a；
故$\left\{\begin{array}{l}{-2a＜-2ta}\\{\frac{{a}^{2}}{4}-a+1＞-2ta}\end{array}\right.$对a∈（2，4）恒成立，
解得，0＜t＜1；
当-2＜a＜2时，$\frac{a-2}{2}$＜a＜$\frac{a+2}{2}$，
故f（x）在（-∞，$\frac{a-2}{2}$）上递增，在（$\frac{a-2}{2}$，$\frac{a+2}{2}$）上递减，在（$\frac{a+2}{2}$，+∞）上增函数；
故f_极大（x）=f（$\frac{a-2}{2}$）=$\frac{{a}^{2}}{4}$-a+1，f_极小（x）=f（$\frac{a+2}{2}$）=-$\frac{{a}^{2}}{4}$-a-1；
故-$\frac{{a}^{2}}{4}$-a-1＜-2ta＜$\frac{{a}^{2}}{4}$-a+1对-2＜a＜2恒成立；
解得，0≤t≤1；
综上所述，0＜t＜1．

点评 本题考查了分类讨论的思想应用及分段函数的判断与应用及恒成立问题．