Question

2．已知函數(shù)f（x）=|$\frac{1}{4}$x²+$\frac{1}{2}$ax+$\frac{1}{4}$|（a＞1）
（Ⅰ）（i）求函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；
     （ii）若函數(shù)g（x）=f（x）-$\frac{1}{2}$x-a恰有三個零點(diǎn)，求a的值；
（Ⅱ）記M（a，t）為函數(shù)f（x）在區(qū)間[t，t+2]（t∈R）上的最大值，求M（a，t）的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）畫出函數(shù)的圖象，令f（x）=0，求出方程的解，從而求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（ii）應(yīng)有y=$\frac{1}{2}$x+a與y=-（$\frac{1}{4}$x²+$\frac{1}{2}$ax+$\frac{1}{4}$）相切，求出a的值即可；
（Ⅱ）通過換元，令x+a=u，則h（u）=$\frac{1}{4}$|u²-（a²-1）|，其中u∈[t+a，t+a+2]，令s=（t+a）∈R，則M為h（u）在區(qū)間[s，s+2]上的最大值，通過討論①當(dāng)0∈[s，s+2]時，②當(dāng)0∉[s，s+2]時的情況，求出M（a，t）的最小值即可．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）的圖象如圖示：
（i）由f（x）=0得x₁=-a-$\sqrt{{a}^{2}-1}$，x₂=-a+$\sqrt{{a}^{2}-1}$，
從而單調(diào)遞減區(qū)間是（-a-$\sqrt{{a}^{2}-1}$，-a），（-a+$\sqrt{{a}^{2}-1}$，+∞）；
（ii）若滿足題意需滿足函數(shù)f（x）的圖象與直線y=$\frac{1}{2}$x+a恰有三個交點(diǎn)，
考慮到直線y=$\frac{1}{2}$x+a不經(jīng)過（x₁，0），
∴應(yīng)有y=$\frac{1}{2}$x+a與y=-（$\frac{1}{4}$x²+$\frac{1}{2}$ax+$\frac{1}{4}$）相切，
此時，$\frac{1}{4}$x²+$\frac{1}{2}$ax+$\frac{1}{4}$=-$\frac{1}{2}$x-a有2個相等的根，解得：a=2，
另一方面，a=2時，g（x）恰有3個零點(diǎn)：-3，-1-2$\sqrt{2}$，-1+2$\sqrt{2}$，
綜上，a=2；
（Ⅱ）f（x）=$\frac{1}{4}$|（x+a）²-（a²-1）|，x∈[t，t+2]，（t∈R），
令x+a=u，則h（u）=$\frac{1}{4}$|u²-（a²-1）|，其中u∈[t+a，t+a+2]，
令s=（t+a）∈R，則M為h（u）在區(qū)間[s，s+2]上的最大值，
①當(dāng)0∈[s，s+2]時，結(jié)合函數(shù)h（u）的圖象得：M=max{h（s），h（0），h（s+2）}，
∴$\left\{\begin{array}{l}{M≥h（s）≥\frac{1}{4}{[s}^{2}-{（a}^{2}-1）]}\\{M≥h（s+2）≥\frac{1}{4}{[（s+2）}^{2}-{（a}^{2}-1）]}\\{2M≥2h（0）=\frac{1}{4}（{2a}^{2}-2）}\end{array}\right.$，
將三式相加得4M≥$\frac{1}{4}$[（s+2）²+s²]=$\frac{1}{2}$[（s+1）²+1]≥$\frac{1}{2}$，從而M≥$\frac{1}{8}$，
②當(dāng)0∉[s，s+2]時，類似的2M≥$\frac{1}{4}$|（s+2）²-s²|=|s+1|＞1，此時，M＞$\frac{1}{2}$，
另一方面，當(dāng)s=-1，a=$\frac{\sqrt{6}}{2}$，即a=$\frac{\sqrt{6}}{2}$，t=-1-$\frac{\sqrt{6}}{2}$時：
函數(shù)f（x）在區(qū)間[-1-$\frac{\sqrt{6}}{2}$，1-$\frac{\sqrt{6}}{2}$]上的最大值M=$\frac{1}{8}$，
綜上，當(dāng)t和a變化時，M（a，t）的最小值是$\frac{1}{8}$．

點(diǎn)評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性問題，考查函數(shù)的零點(diǎn)問題以及絕對值的應(yīng)用，是一道綜合題．