Question

7．已知函數(shù)f（x）=x|x-a|+2x．
（1）若函數(shù)f（x）在R上是增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；
（2）求所有的實數(shù)a，使得對任意x∈[1，2]時，函數(shù)f（x）的圖象恒在g（x）=2x+1圖象的下方；
（3）若存在a∈[0，4]，使得關(guān)于x的方程f（x）=t•f（a）有三個不相等的實數(shù)根，求實數(shù)t的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）運用絕對值的含義可得分段函數(shù)，再由f（x）為增函數(shù)，可得a≥-$\frac{2-a}{2}$且a≤$\frac{2+a}{2}$，解不等式即可得到所求范圍；
（2）由題意得對任意的實數(shù)x∈[1，2]，f（x）＜g（x）恒成立，即x|x-a|＜1，當(dāng)x∈[1，2]恒成立，即為-$\frac{1}{x}$＜x-a＜$\frac{1}{x}$，即x-$\frac{1}{x}$＜a＜x+$\frac{1}{x}$，求得函數(shù)的最值，即可得到a的范圍；
（3）討論當(dāng)0≤a≤2時，當(dāng)a∈（2，4]時，運用函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合基本不等式即可得到t的范圍．

解答 解：（1）$f（x）=x|{x-a}|+2x=\left\{\begin{array}{l}{x^2}+（2-a）x，x≥a\\-{x^2}+（2+a）x，x＜a\end{array}\right.$，
由f（x）在R上是增函數(shù)，
則$\left\{\begin{array}{l}a≥-\frac{2-a}{2}\\ a≤\frac{2+a}{2}\end{array}\right.$即-2≤a≤2，
則a范圍為-2≤a≤2；
（2）由題意得對任意的實數(shù)x∈[1，2]，f（x）＜g（x）恒成立，
即x|x-a|＜1，當(dāng)x∈[1，2]恒成立，即$|{x-a}|＜\frac{1}{x}$，$-\frac{1}{x}＜x-a＜\frac{1}{x}$，
即為$x-\frac{1}{x}＜a＜x+\frac{1}{x}$，
故只要$x-\frac{1}{x}＜a$且$a＜x+\frac{1}{x}$在x∈[1，2]上恒成立即可，
即有$\left\{\begin{array}{l}a＞{（x-\frac{1}{x}）_{max}}\\ a＜{（x+\frac{1}{x}）_{min}}\end{array}\right.⇒\frac{3}{2}＜a＜2$；
（3）當(dāng)0≤a≤2時，由（1）知f（x）在R上是增函數(shù)，
則關(guān)于x的方程f（x）=tf（a）不可能有三個不等的實數(shù)根；
當(dāng)a∈（2，4]時，由$f（x）=\left\{\begin{array}{l}{x^2}+（2-a）x，x≥a\\-{x^2}+（2+a）x，x＜a\end{array}\right.$，
得f（x）在$（{-∞，\frac{a+2}{2}}]$上單調(diào)遞增，
在$[{\frac{a+2}{2}，a}）$上單調(diào)遞減，在[a，+∞）上單調(diào)遞增，
且$f（\frac{a+2}{2}）=\frac{{{{（a+2）}^2}}}{4}$，f（a）=2a，
由方程f（x）=tf（a）=2ta有三個不相等的實根，可知$2a＜2at＜\frac{{{{（a+2）}^2}}}{4}$，
∴$1＜t＜\frac{{{{（a+2）}^2}}}{8a}⇒1＜t＜\frac{1}{8}（{a+\frac{4}{a}+4}）$，即有$\frac{1}{8}$${（{a+\frac{4}{a}+4}）_{max}}=\frac{9}{8}$，
∴實數(shù)t的取值范圍為$（{1，\frac{9}{8}}）$； 
綜上所述，實數(shù)t的取值范圍為$（{1，\frac{9}{8}}）$．

點評 本題考查分段函數(shù)的運用，考查函數(shù)的單調(diào)性和運用，考查函數(shù)方程的轉(zhuǎn)化思想的運用，考查運算能力，屬于中檔題．