Question

10．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∈[-$\frac{1}{2}$，2]恒成立，求實數(shù)b的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）若a=1，求出函數(shù)f（x）的表達(dá)式，利用一元二次函數(shù)的單調(diào)性即可求函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；
（2）利用參數(shù)分離法，轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值進行求解．

解答 解：（1）若a=1，則f（x）=-x²+2x+2|x-1|+b，
則當(dāng)x≥1時，f（x）=-x²+2x+2（x-1）+b=-（x-2）²+b+2，此時函數(shù)在（1，2）上遞增，
當(dāng)x＜1時，f（x）=-x²+2x-2（x-1）+b=-x²+b+2，此時函數(shù)在（-∞，0）上遞增，
故得單調(diào)遞增區(qū)間為（-∞，0），（1，2）-----------------------------------------（4分）
（2）（i）當(dāng)$\frac{3}{2}＜a≤2$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$b＜-2{a^2}-a+\frac{5}{4}$，又$a∈（\frac{3}{2}，2]$，${（-2{a^2}-a+\frac{5}{4}）_{min}}=-\frac{35}{4}$，
∴$b＜-\frac{35}{4}$；------------------------------------------------------------------（7分）
（ii）當(dāng)$1＜a≤\frac{3}{2}$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${（-3{a^2}+2a-1）_{min}}=-\frac{19}{4}$，
∴$b＜-\frac{19}{4}$；----------------------------------------------------------------（10分）
（iii）當(dāng)$\frac{1}{2}≤a≤1$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），
則$\left\{\begin{array}{l}{f（1-a）＜0}\\{f（1）＜0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{b＜-3{a}^{2}+2a-1}\\{b＜2{a}^{2}-2a-1}\end{array}\right.$在$\frac{1}{2}≤a≤1$上恒成立，

即$\left\{\begin{array}{l}{（-3{a}^{2}+2a-1）_{min}=-2}\\{（2{a}^{2}-2a-1）_{min}=-\frac{3}{2}}\end{array}\right.$，
∴$b＜-\frac{35}{4}$；…（13分）
實數(shù)b的取值范圍是$b＜-\frac{35}{4}$--------------------------------------------------（14分）

點評 本題主要考查函數(shù)單調(diào)性的求解以及不等式恒成立的問題，利用參數(shù)分離法是解決本題的關(guān)鍵．