Question

20．設函數(shù)f（x）=-x²-2x，g（x）=$\left\{\begin{array}{l}{x+\frac{1}{4x}，x＞o}\\{x+1，x≤0}\end{array}\right.$，h（x）=g[f（x）]．
（1）求函數(shù)h（x）的單調遞增區(qū)間．
（2）若關于x的方程h（x）-a=0有4個不同的實數(shù)很，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)已知中函數(shù)f（x），g（x）的解析式，結合h（x）=g[f（x）]，先求出函數(shù)h（x）的解析式，進而根據(jù)復合函數(shù)單調性：“同增異減”的原則，得到答案；
（2）求得h（x）的極值和范圍，由題意可得y=h（x）的圖象與直線y=a有4個交點．即可得到a的范圍．

解答 解：（1）令-x²-2x=0得，x=0，或x=-2；
∴當x≤-2，或x≥0時，f（x）≤0，
當-2＜x＜0時，f（x）＞0；
∴h（x）=$\left\{\begin{array}{l}{f（x）+\frac{1}{4f（x）}，-2＜x＜0}\\{-{x}^{2}-2x+1，x≤-2或x≥0}\end{array}\right.$；
①當x≤-2時，函數(shù)h（x）為增函數(shù)；x≥0時，函數(shù)h（x）為減函數(shù)；
②當-2＜x＜0時，令f（x）=t，0＜t＜1，
設y=h（x），則：y=t+$\frac{1}{4t}$，0＜t＜1，
y′=$\frac{4{t}^{2}-1}{4{t}^{2}}$，
∴t∈（0，$\frac{1}{2}$）時，y′＜0，y=t+$\frac{1}{4t}$為減函數(shù)，
t∈（$\frac{1}{2}$，1）時，y′＞0，y=t+$\frac{1}{4t}$為增函數(shù)；
令f（x）=-x²-2x=$\frac{1}{2}$，則x=-1±$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∵當-2＜x＜-1-$\frac{\sqrt{2}}{2}$時，f（x）為增函數(shù)，g（x）為減函數(shù)，故h（x）為減函數(shù)；
當-1-$\frac{\sqrt{2}}{2}$＜x＜-1時，f（x）為增函數(shù)，g（x）為增函數(shù)，故h（x）為增函數(shù)；
當-1＜x＜-1+$\frac{\sqrt{2}}{2}$時，f（x）為減函數(shù)，g（x）為增函數(shù)，故h（x）為減函數(shù)；
當-1+$\frac{\sqrt{2}}{2}$＜x＜0時，f（x）為減函數(shù)，g（x）為減函數(shù)，故h（x）為增函數(shù)；
綜上所述，函數(shù)h（x）的單調遞增區(qū)間為[-1-$\frac{\sqrt{2}}{2}$，-1]，[-1+$\frac{\sqrt{2}}{2}$，+∞），（-∞，-2]；
（2）由（1）可得，當x≥0或x≤-2時，h（x）≤1；
x=-1時，h（x）取得極大值$\frac{5}{4}$；x=-1-$\frac{\sqrt{2}}{2}$時，h（x）取得極小值1；
x=-1+$\frac{\sqrt{2}}{2}$時，h（x）取得極小值1．
由方程h（x）-a=0有4個不同的實數(shù)很，
即為y=h（x）的圖象與直線y=a有4個交點．
則a的取值范圍是[1，$\frac{5}{4}$）．

點評 本題考查的知識點是分段函數(shù)的應用，復合函數(shù)的單調性，函數(shù)和方程的轉化思想，注意運用函數(shù)的圖象的交點，屬于中檔題．