Question

3．已知函數(shù)f（x）=-x²+2x+2a|x-a|+b，其中常數(shù)a，b∈R．
（1）若a=1，求函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；
（2）若對任意實數(shù)$a∈[\frac{1}{2}，2]$，不等式f（x）＜0在$x∈[-\frac{1}{2}，1]$上恒成立，求實數(shù)b的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求得a=1的函數(shù)的解析式，討論x的范圍，去絕對值，由對稱軸和區(qū)間的關(guān)系，可得f（x）的單調(diào)增區(qū)間；
（2）對a討論，當$\frac{3}{2}$＜a≤2時，當1＜a≤$\frac{3}{2}$時，當$\frac{1}{2}≤a≤1$時，化簡函數(shù)f（x），求得對稱軸和最大值，運用參數(shù)分離和二次函數(shù)的最值求法，即可得到b的范圍．

解答 解：（1）由a=1，可得f（x）=-x²+2x+2|x-1|+b，
當x≥1時，f（x）=-x²-2+4x+b=-（x-2）²+b+2，
當x＜1時，f（x）=-x²+2+b，
得單調(diào)遞增區(qū)間為（-∞，0），（1，2）；
（2）（i）當$\frac{3}{2}$＜a≤2時，f（x）=-x²+2（1-a）x+2a²+b，
因為對稱軸$x=1-a＜-\frac{1}{2}$，$f{（x）_{max}}=f（-\frac{1}{2}）＜0$恒成立，
得$b＜-2{a^2}-a+\frac{5}{4}$在$a∈（\frac{3}{2}，2]$上恒成立，又${（-2{a^2}-a+\frac{5}{4}）_{min}}=-\frac{35}{4}$，
∴b＜-$\frac{35}{4}$；
（ii）當1＜a≤$\frac{3}{2}$時，f（x）=-x²+2（1-a）x+2a²+b，
因為對稱軸x=1-a∈[-$\frac{1}{2}$，0]，f（x）_max=f（1-a）＜0恒成立，
得b＜-3a²+2a-1在$a∈（1，\frac{3}{2}]$上恒成立，
又${（-3{a^2}+2a-1）_{min}}=-\frac{19}{4}$，
∴$b＜-\frac{19}{4}$；
（iii）當$\frac{1}{2}≤a≤1$時，x＜a時，對稱軸x=1-a∈[0，$\frac{1}{2}$]，f（x）_max=f（1-a）
x≥a時，對稱軸x=1+a∈[$\frac{3}{2}$，2]，f（x）_max=f（1），
所以，$\left\{\begin{array}{l}{f（1-a）＜0}\\{f（1）＜0}\end{array}\right.$即有$\left\{\begin{array}{l}{b＜-3{a}^{2}+2a-1}\\{b＜2{a}^{2}-2a-1}\end{array}\right.$，
 在$\frac{1}{2}$≤a≤1上恒成立，可得$\left\{\begin{array}{l}{（-3{a}^{2}+2a-1）_{min}=-2}\\{（2{a}^{2}-2a-1）_{min}=-\frac{3}{2}}\end{array}\right.$可得b＜-2，
綜上可得，實數(shù)b的取值范圍是b＜-$\frac{35}{4}$．

點評 本題考查絕對值函數(shù)的性質(zhì)和運用，主要考查單調(diào)區(qū)間的求法和二次函數(shù)的最值問題，注意討論對稱軸和區(qū)間的關(guān)系，屬于中檔題．