Question

5．函数f（x）=mx|x-a|-|x|+1，
（1）若m=1，a=0，试讨论函数f（x）的单调性；
（2）若a=1，且f（x）有且仅有一个零点，求m的取值范围；
（3）若m=1，g（x）=log₂（4x）•log₂$\frac{4}{x}$，总存在x₁∈R，对任意x₂∈（0，+∞）恒有g（x₂）＜f（x₁）-x₁²成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）将m=1，a=0代入函数表达式，通过讨论x的范围，结合二次函数的性质，从而求出函数的单调性；
（2）将a=1代入函数的表达式，通过讨论x的范围，根据二次函数的性质，令f（x）=0，从而求出函数的零点，由题意讨论可求m的取值范围．
（3）将m=1，代入函数表达式，通过讨论x与a的大小的范围，去绝对值，求解g（x）=log₂（4x）•log₂$\frac{4}{x}$，在任意x∈（0，+∞）的值域M，讨论f（x）在R上函数的值域N，M⊆N从而求出a的取值范．

解答 解：（1）若m=1，a=0，则f（x）=x|x|-|x|+1=$\left\{\begin{array}{l}-{x}^{2}+x+1，x＜0\\{x}^{2}-x+1，x≥0\end{array}\right.$，
根据二次函数的性质可得：
函数f（x）在（-∞，0）和（$\frac{1}{2}$，+∞）上为增函数，在（0，$\frac{1}{2}$）上为减函数，
（2）若a=1，则f（x）=mx|x-1|-|x|+1=$\left\{\begin{array}{l}-{mx}^{2}+（m-1）x+1，x＜0\\-{mx}^{2}+（m+1）x+1，0≤x≤1\\{mx}^{2}-（m+1）x+1，x＞1\end{array}\right.$，
令f（x）=0，
当x＜0时，解得：x=-$\frac{1}{m}$，或x=1（舍去），
当0≤x≤1时，解得：x=$\frac{-（m+1）±\sqrt{（m+1）^{2}+4m}}{-2m}$=$\frac{m+1±\sqrt{{m}^{2}+6m+1}}{2m}$，
当x＞1时，解得：x=$\frac{1}{m}$，或x=1（舍去），
∵f（x）有且仅有一个零点，
①当m≥1时，x=-$\frac{1}{m}$为零点，x=$\frac{m+1±\sqrt{{m}^{2}+6m+1}}{2m}$不在[0，1]上，
即x₁=$\frac{m+1+\sqrt{{m}^{2}+6m+1}}{2m}$＞1，
x₂=$\frac{m+1-\sqrt{{m}^{2}+6m+1}}{2m}$＜0
解得：m＞0，
∴m≥1，符合题意；
②0＜m＜1时，x=$\frac{1}{m}$为零点，根x=$\frac{m+1±\sqrt{{m}^{2}+6m+1}}{2m}$不在[0，1]上，满足题意．
∴0＜m＜1．
综上可得m的取值范围是（0，+∞）．
（3）总存在x₁∈R，对任意x₂∈（0，+∞）恒有g（x₂）＜f（x₁）-x₁²成立?总存在x₁∈R，对任意x₂∈（0，+∞）恒有：g（x₂）_max＜$[f（{x}_{1}）-{x}_{1}^{2}]_{min}$．
函数g（x）=log₂（4x）•log₂$\frac{4}{x}$=（2+log₂x）（2-log₂x），
令t=log₂x，x∈（0，+∞）．
则t∈R．
那么函数h（t）=4-t²其值域为（-∞，4]．即函数g（x）的值域M∈（-∞，4]．∴g（x）_max=4．
∵将m=1代入，可得：f（x）=x|x-a|-|x|+1
则f（x）-x²=x|x-a|-|x|+1-x²
当a=0时，由（1）可得：f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{-2{x}^{2}+x+1，（x＜0）}\\{-x+1，（x＞0）}\end{array}\right.$
其f（x）的值域N为（-∞，0），不满足题意．
当a＞0时，f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{x（a-x）+x+1-{x}^{2}，（x＜0）}\\{x（a-x）-x+1-{x}^{2}，（0≤x≤a）}\\{x（x-a）-x+1-{x}^{2}，（x＞a）}\end{array}\right.$，

点评 本题考查了函数的单调性问题，考查二次函数的性质，考查分类讨论思想，是一道中档题．