Question

5．函數(shù)f（x）=mx|x-a|-|x|+1，
（1）若m=1，a=0，試討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）若a=1，且f（x）有且僅有一個零點，求m的取值范圍；
（3）若m=1，g（x）=log₂（4x）•log₂$\frac{4}{x}$，總存在x₁∈R，對任意x₂∈（0，+∞）恒有g（x₂）＜f（x₁）-x₁²成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）將m=1，a=0代入函數(shù)表達式，通過討論x的范圍，結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)，從而求出函數(shù)的單調(diào)性；
（2）將a=1代入函數(shù)的表達式，通過討論x的范圍，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)，令f（x）=0，從而求出函數(shù)的零點，由題意討論可求m的取值范圍．
（3）將m=1，代入函數(shù)表達式，通過討論x與a的大小的范圍，去絕對值，求解g（x）=log₂（4x）•log₂$\frac{4}{x}$，在任意x∈（0，+∞）的值域M，討論f（x）在R上函數(shù)的值域N，M⊆N從而求出a的取值范．

解答 解：（1）若m=1，a=0，則f（x）=x|x|-|x|+1=$\left\{\begin{array}{l}-{x}^{2}+x+1，x＜0\\{x}^{2}-x+1，x≥0\end{array}\right.$，
根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)可得：
函數(shù)f（x）在（-∞，0）和（$\frac{1}{2}$，+∞）上為增函數(shù)，在（0，$\frac{1}{2}$）上為減函數(shù)，
（2）若a=1，則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，
當x＜0時，解得：x=-$\frac{1}{m}$，或x=1（舍去），
當0≤x≤1時，解得：x=$\frac{-（m+1）±\sqrt{（m+1）^{2}+4m}}{-2m}$=$\frac{m+1±\sqrt{{m}^{2}+6m+1}}{2m}$，
當x＞1時，解得：x=$\frac{1}{m}$，或x=1（舍去），
∵f（x）有且僅有一個零點，
①當m≥1時，x=-$\frac{1}{m}$為零點，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，符合題意；
②0＜m＜1時，x=$\frac{1}{m}$為零點，根x=$\frac{m+1±\sqrt{{m}^{2}+6m+1}}{2m}$不在[0，1]上，滿足題意．
∴0＜m＜1．
綜上可得m的取值范圍是（0，+∞）．
（3）總存在x₁∈R，對任意x₂∈（0，+∞）恒有g（x₂）＜f（x₁）-x₁²成立?總存在x₁∈R，對任意x₂∈（0，+∞）恒有：g（x₂）_max＜$[f（{x}_{1}）-{x}_{1}^{2}]_{min}$．
函數(shù)g（x）=log₂（4x）•log₂$\frac{4}{x}$=（2+log₂x）（2-log₂x），
令t=log₂x，x∈（0，+∞）．
則t∈R．
那么函數(shù)h（t）=4-t²其值域為（-∞，4]．即函數(shù)g（x）的值域M∈（-∞，4]．∴g（x）_max=4．
∵將m=1代入，可得：f（x）=x|x-a|-|x|+1
則f（x）-x²=x|x-a|-|x|+1-x²
當a=0時，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為（-∞，0），不滿足題意．
當a＞0時，f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{x（a-x）+x+1-{x}^{2}，（x＜0）}\\{x（a-x）-x+1-{x}^{2}，（0≤x≤a）}\\{x（x-a）-x+1-{x}^{2}，（x＞a）}\end{array}\right.$，

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性問題，考查二次函數(shù)的性質(zhì)，考查分類討論思想，是一道中檔題．