Question

16．定义符号函数sgn（x）=$\left\{\begin{array}{l}{1，x≥0}\\{-1，x＜0}\end{array}\right.$，已知a，b∈R，f（x）=x|x-a|sgn（x-1）+b．
（1）求f（2）-f（1）关于a的表达式，并求f（2）-f（1）的最小值．
（2）当b=$\frac{1}{2}$时，函数f（x）在（0，1）上有唯一零点，求a的取值范围．
（3）已知存在a，使得f（x）＜0对任意的x∈[1，2]恒成立，求b的取值范围．

Answer 1

分析 （1）根据已知求出f（2）-f（1）=2|2-a|-|1-a|=$\left\{\begin{array}{l}-a+3，a＜1\\-3a+5，1≤a≤2\\ a-3，a＞2\end{array}\right.$，分析其单调性可得函数的最小值；
（2）当x∈（0，1）时，f（x）=$-x|x-a|+\frac{1}{2}$，由f（x）=0得：$x|x-a|=\frac{1}{2}$，即$|x-a|=\frac{1}{2x}$，令g（x）=|x-a|，h（x）=$\frac{1}{2x}$，在同一坐标系中分别作出两个函数在（0，1）上的图象，数形结合可得答案；
（3）若存在a，使得f（x）＜0对任意的x∈[1，2]恒成立，则$\frac{b}{x}$+x＜a＜$-\frac{b}{x}$+x对任意的x∈[1，2]恒成立，分类讨论可得答案．

解答 解：（1）∵函数sgn（x）=$\left\{\begin{array}{l}{1，x≥0}\\{-1，x＜0}\end{array}\right.$，f（x）=x|x-a|sgn（x-1）+b．
∴f（2）=2|2-a|+b，f（1）=|1-a|+b，
∴f（2）-f（1）=2|2-a|-|1-a|=$\left\{\begin{array}{l}-a+3，a＜1\\-3a+5，1≤a≤2\\ a-3，a＞2\end{array}\right.$，
由f（2）-f（1）在（-∞，2]上为减函数，在（2，+∞）上为增函数，
故当a=2时，f（2）-f（1）的最小值为-1；
（2）当b=$\frac{1}{2}$时，函数f（x）=-x|x-a|+$\frac{1}{2}$=$\left\{\begin{array}{l}x|x-a|+\frac{1}{2}，x≥1\\-x|x-a|+\frac{1}{2}，x＜1\end{array}\right.$，
当x∈（0，1）时，f（x）=$-x|x-a|+\frac{1}{2}$，
由f（x）=0得：$x|x-a|=\frac{1}{2}$，即$|x-a|=\frac{1}{2x}$，
令g（x）=|x-a|，h（x）=$\frac{1}{2x}$，
在同一坐标系中分别作出两个函数在（0，1）上的图象，如下图所示：

由图可得：当a∈（-∞，$\frac{1}{2}$）∪{$\sqrt{2}$}∪[$\frac{3}{2}$，+∞）时，两个函数图象有且只有一个交点，
即函数f（x）在（0，1）上有唯一零点；
（3）x∈[1，2]时，f（x）=x|x-a|+b，
由f（x）＜0得：|x-a|＜$-\frac{b}{x}$，
∴b＜0，且$\frac{b}{x}$＜x-a＜$-\frac{b}{x}$对任意的x∈[1，2]恒成立，
即$\frac{b}{x}$+x＜a＜$-\frac{b}{x}$+x对任意的x∈[1，2]恒成立，
∵y=$\frac{b}{x}$+x在[1，2]上单调递增，故当x=2时，y=$\frac{b}{x}$+x取最大值2+$\frac{b}{2}$，
y=$-\frac{b}{x}$+x，x∈[1，2]的最小值为：$\left\{\begin{array}{l}1-b，-1＜b＜0\\ 2\sqrt{-b}，-4≤b≤-1\\ 2-\frac{b}{2}，b＜-4\end{array}\right.$，
①$\left\{\begin{array}{l}-1＜b＜0\\ 2+\frac{b}{2}＜1-b\end{array}\right.$，解得：b∈（-1，-$\frac{2}{3}$）；
②$\left\{\begin{array}{l}-4≤b≤-1\\ 2+\frac{b}{2}＜2\sqrt{-b}\end{array}\right.$，解得：b∈[-4，-1]；
③$\left\{\begin{array}{l}b＜0-4\\ 2+\frac{b}{2}＜2-\frac{b}{2}\end{array}\right.$解得：b∈（-∞，-4），
综上可得：b∈（-∞，-$\frac{2}{3}$）．

点评 本题考查的知识点是分段函数的应用，数形结合思想，分类讨论思想，难度中档．