Question

6．已知函數(shù)f（x）=|ax²-2x+1|，x∈[0，4]．
（1）當(dāng)a＜0時(shí)，求f（x）≥$\frac{1}{2}$的解集；
（2）求函數(shù)f（x）的最大值．

Answer 1

分析 （1）由題意可得ax²-2x+$\frac{1}{2}$≥0或ax²-2x+$\frac{3}{2}$≤0，討論判別式和端點(diǎn)處的函數(shù)值，結(jié)合二次不等式的解法，即可得到所求解集；
（2）討論a的范圍，結(jié)合二次函數(shù)的對稱軸和區(qū)間的關(guān)系，求得最大值即可．

解答 解：（1）當(dāng)a＜0時(shí)，x∈[0，4]，可得
f（x）≥$\frac{1}{2}$，即為ax²-2x+1≥$\frac{1}{2}$或ax²-2x+1≤-$\frac{1}{2}$，
即有ax²-2x+$\frac{1}{2}$≥0或ax²-2x+$\frac{3}{2}$≤0，
由△₁=4-2a＞0，△₂=4-6a＞0，
令g（x）=ax²-2x+$\frac{1}{2}$，h（x）=ax²-2x+$\frac{3}{2}$，
g（0）=$\frac{1}{2}$＞0，h（0）=$\frac{3}{2}$＞0，g（4）=16a-$\frac{15}{2}$＜0，h（4）=16a-$\frac{13}{2}$＜0，
可得ax²-2x+$\frac{1}{2}$≥0的解為0≤x≤$\frac{2-\sqrt{4-2a}}{2a}$；
ax²-2x+$\frac{3}{2}$≤0的解為$\frac{2-\sqrt{4-6a}}{2a}$≤x≤4．
可得f（x）≥$\frac{1}{2}$的解集為[0，$\frac{2-\sqrt{4-2a}}{2a}$]∪[$\frac{2-\sqrt{4-6a}}{2a}$，4]；
（2）f（x）=|ax²-2x+1|，x∈[0，4]．
當(dāng)a＜0時(shí)，f（x）在（0，$\frac{1-\sqrt{1-a}}{a}$）遞減，在（$\frac{1-\sqrt{1-a}}{a}$，4）遞增，
由f（0）=1，f（4）=|16a-7|＞1，可得f（4）取得最大值，且為7-16a；
當(dāng)a=0時(shí)，f（x）在（0，$\frac{1}{2}$）遞減，在（$\frac{1}{2}$，4）遞增，可得f（4）=7取得最大值；
當(dāng)0＜a≤$\frac{1}{4}$時(shí)，f（x）在（0，$\frac{1-\sqrt{1-a}}{a}$）遞減，在（$\frac{1-\sqrt{1-a}}{a}$，4）遞增，
且f（4）=|16a-7|＞1，即有f（4）取得最大值；
當(dāng)$\frac{1}{4}$＜a≤$\frac{1}{2}$時(shí)，f（x）在（0，$\frac{1-\sqrt{1-a}}{a}$）遞減，在（$\frac{1-\sqrt{1-a}}{a}$，$\frac{1}{a}$）遞增，在（$\frac{1}{a}$，4）遞減，
且f（$\frac{1}{a}$）=|1-$\frac{1}{a}$|＞1，即有f（$\frac{1}{a}$）取得最大值；
當(dāng)$\frac{1}{2}$＜a＜1時(shí)，f（x）在（0，$\frac{1-\sqrt{1-a}}{a}$）遞減，在（$\frac{1-\sqrt{1-a}}{a}$，$\frac{1}{a}$）遞增，
在（$\frac{1}{a}$，$\frac{1+\sqrt{1-a}}{a}$）遞減，在（$\frac{1+\sqrt{1-a}}{a}$，4）遞增，
且f（$\frac{1}{a}$）=|1-$\frac{1}{a}$|＜1，即有f（4）取得最大值；
當(dāng)a≥1時(shí)，f（x）在（0，$\frac{1}{a}$）遞減，（$\frac{1}{a}$，4）遞增，且f（4）＞1，即有f（4）取得最大值．
綜上可得，當(dāng)a≤$\frac{1}{4}$時(shí)，f（4）=7-16a為最大值；
當(dāng)$\frac{1}{4}$＜a≤$\frac{1}{2}$時(shí)，f（$\frac{1}{a}$）取得最大值$\frac{1}{a}$-1；
當(dāng)a＞$\frac{1}{2}$時(shí)，f（4）取得最大值16a-7．

點(diǎn)評 本題考查二次不等式的解法，注意運(yùn)用分類討論的思想方法，同時(shí)考查含絕對值函數(shù)的最值的求法，注意二次函數(shù)的單調(diào)性，考查運(yùn)算能力，屬于難題．