Question

1．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（-1＜a＜0），存在实数b，使不等式x-$\frac{1}{2}≤f（x）≤x+\frac{1}{2}$对于任意x∈[2a-1，2a+1]恒成立．试将最大实数b表示为关于a的函数m（a），并求m（a）的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数f（x）的表达式，讨论a，b的取值即可求函数f（x）的零点个数；
（Ⅱ）根据函数恒成立，转化为求函数的最值，求出m（a）的表达式进行求解即可．

解答 解：（Ⅰ）f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}-ax+b，}&{x≥a}\\{-{x}^{2}+ax+b，}&{x＜a}\end{array}\right.$，
∵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，此时函数f（x）有2个零点，
当b＜0时，x²-ax+b=0在x≥a上恰有一解，
若判别式△=a²+4b＜0，则-x²+ax+b=0在x＜a上无解，
判别式△=a²+4b=0，则-x²+ax+b=0在x＜a上恰有一解，
判别式△=a²+4b＞0，则-x²+ax+b=0在x＜a上恰有两个不同的解，
综上在a＞0的条件下，
当$\left\{\begin{array}{l}{a＞0}\\{b＞0}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{a＞0}\\{b+\frac{{a}^{2}}{4}＜0}\end{array}\right.$时，函数f（x）有一个零点，
当$\left\{\begin{array}{l}{a＞0}\\{b=0}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{a＞0}\\{b+\frac{{a}^{2}}{4}=0}\end{array}\right.$时，函数f（x）有2个零点，
当$\left\{\begin{array}{l}{a＞0}\\{-\frac{{a}^{2}}{4}＜b＜0}\end{array}\right.$时，函数f（x）有3个零点．
（Ⅱ）首先记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＜$\frac{a-1}{2}$，$\frac{a-1}{2}$＜$\frac{a+1}{2}$．
（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=$\frac{（a-1）^{2}}{4}+b$-（-2a²+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，
∴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），
解得m（a）的取值范围是[$\frac{1}{18}$，$\frac{1}{4}$）

点评 本题主要考查函数的零点的判断，以及函数恒成立问题，考查学生的分类讨论的数学思想，综合性较强，难度较大．