Question

6．已知函数$f（x）=x\sqrt{{x^2}-2ax+{a^2}}-1，（a∈R）$
（1）当a=1时，解不等式f（x）＜x-1；
（2）当a＞0时，求函数f（x）的单调区间；
（3）若在区间（0，1]上，函数f（x）的图象总在直线y=m（m∈R，m是常数）的下方，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）讨论x＞0，x＜0，去绝对值，运用绝对值不等式的解集即可得到所求；
（2）通过讨论x的范围，去绝对值，再由二次函数的对称轴和区间的关系，即可得到所求单调区间；
（3）运用不等式恒成立思想，在区间（0，1]上，函数f（x）的图象总在直线y=m（m∈R，m是常数）的下方，即对?x∈（0，1]都有f（x）＜m，?对?x∈（0，1]都有x|x-a|＜m+1，显然m＞-1，运用导数判断单调性，求得最值，即可得到a的范围．

解答 解：（1）当a=1时，不等式f（x）＜x-1即x|x-1|＜x，
显然x≠0，当x＞0时，原不等式可化为：|x-1|＜1⇒-1＜x-1＜1⇒0＜x＜2；
当x＜0时，原不等式可化为：|x-1|＞1⇒x-1＞1或x-1＜-1⇒x＞2或x＜0，即为x＜0．
综上得：当a=1时，原不等式的解集为{x|0＜x＜2或x＜0}；
（2）∵$f（x）=\left\{\begin{array}{l}{x^2}-ax-1，（x≥a）\\-{x^2}+ax-1．（x＜a）\end{array}\right.$，
若x≥a时，∵a＞0，由f'（x）=2x-a知，在（a，+∞）上，f′（x）≥0，
若x＜a，由f′（x）=-2x+a知，当$x＜\frac{a}{2}$时，f′（x）＞0，
当$\frac{a}{2}＜x＜a$时，f′（x）＜0，
∴当a＞0时，函数f（x）的单调增区间为$（-∞，\frac{a}{2}）$，（a，+∞），单调减区间为$（\frac{a}{2}，a）$．
（3）在区间（0，1]上，函数f（x）的图象总在直线y=m（m∈R，m是常数）的下方，
即对?x∈（0，1]都有f（x）＜m，?对?x∈（0，1]都有x|x-a|＜m+1，显然m＞-1，
即-m-1＜x（x-a）＜m+1⇒对?x∈（0，1]，
$-\frac{m+1}{x}＜x-a＜\frac{m+1}{x}$恒成立⇒对?x∈（0，1]，$x-\frac{m+1}{x}＜a＜x+\frac{m+1}{x}$，
设$g（x）=x-\frac{m+1}{x}，x∈（0，1]$，$p（x）=x+\frac{m+1}{x}$，x∈（0，1]，
则对?x∈（0，1]，$x-\frac{m+1}{x}＜a＜x+\frac{m+1}{x}$恒成立?g（x）_max＜a＜p（x）_min，x∈（0，1]，
∵$g'（x）=1+\frac{m+1}{x^2}$，当x∈（0，1]时g'（x）＞0，
∴函数g（x）在（0，1]上单调递增，∴g（x）_max=-m，
又∵$p'（x）=1-\frac{m+1}{x^2}$=$\frac{{（x-\sqrt{m+1}）（x+\sqrt{m+1}）}}{x^2}$，
当$\sqrt{m+1}≥1$即m≥0时，对于x∈（0，1]，有p′（x）＜0，
∴函数p（x）在（0，1]上为减函数，
∴p（x）_min=p（1）=2+m，
当$\sqrt{m+1}＜1$，即-1＜m＜0时，当$x∈（0，\sqrt{m+1}]$，p′（x）≤0，
当$x∈（\sqrt{m+1}，1]$，p′（x）＞0，
∴在（0，1]上，$p{（x）_{min}}=p（\sqrt{m+1}）=2\sqrt{m+1}$，
（或当-1＜m＜0时，在（0，1]上，$p（x）=x+\frac{m+1}{x}$$≥2\sqrt{x•\frac{m+1}{x}}=2\sqrt{m+1}$，
当$x=\sqrt{m+1}$时取等号），
又∵当-1＜m＜0时，要g（x）_max＜a＜p（x）_min即
$-m＜a＜2\sqrt{m+1}$还需满足$2\sqrt{m+1}＞-m$⇒m²-4m-4＜0，
解得$2-2\sqrt{2}＜m＜2+2\sqrt{2}$，
∴当$2-2\sqrt{2}＜m＜0$时，$-m＜a＜2\sqrt{m+1}$，
当m≥0时，-m＜a＜2+m．

点评 本题考查分段函数的运用，考查绝对值不等式的解法和函数的单调性的运用，同时考查不等式恒成立思想的运用，属于中档题．