Question

定義在R上的函數(shù)f（x）=x²-|x-a|（x-1），（a∈R，a＞-1）
（1）a=2時(shí)，求函數(shù)y=f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；
（2）記函數(shù)y=f（x）在[0，1]上的最大值與最小值分別為M（a），N（a），求最大值與最小值的差g（a）．

Answer 1

考點(diǎn)：復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性,二次函數(shù)在閉區(qū)間上的最值

專題：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用

分析：（1）a=2時(shí)，函數(shù)y=f（x）=

3x-2，x≥2 2x2-3x+2，x＜2

，由此可得函數(shù)的增區(qū)間．
（2）函數(shù)y=f（x）=

(a+1)x-a，x≥a 2x2-(a+1)x+a，x＜a

，a+1＞0，分類討論求得M（a）和N（a），可得最大值與最小值的差g（a）．

解答： 解：（1）a=2時(shí)，函數(shù)y=f（x）=x²-|x-2|（x-1）=

3x-2，x≥2 2x2-3x+2，x＜2

，
故函數(shù)的增區(qū)間為[

3

4

，+∞）．
（2）∵函數(shù)y=f（x）=x²-|x-a|（x-1）=

(a+1)x-a，x≥a 2x2-(a+1)x+a，x＜a

，a＞-1，∴a+1＞0．
①當(dāng)-1＜a≤0時(shí)，函數(shù)y=f（x）在[0，1]上單調(diào)遞增，故N（a）=f（0）=-a，M（a）=f（1）=1，
∴最大值與最小值的差g（a）=1+a．
②當(dāng)0＜a＜

1

3

時(shí)，

a+1

4

＞a，函數(shù)y=f（x）在[0，a]上單調(diào)遞減，在（a，1]上單調(diào)遞增，N（a）=f（a）=a²，M（a）=1，g（a）=1-a²．
③當(dāng)

1

3

≤a＜1時(shí)，

a+1

4

≤a，函數(shù)y=f（x）在[0，

a+1

4

]上單調(diào)遞減，在（

a+1

4

，1]上單調(diào)遞增，N（a）=f（

a+1

4

）=

-a2+6a-1

8

，M（a）=1，g（a）=

a2-6a+9

8

．
④當(dāng)3＞a≥1時(shí)，

a+1

4

∈[

1

2

，1），函數(shù)y=f（x）在[0，

a+1

4

]上單調(diào)遞減，在（

a+1

4

，1]上單調(diào)遞增，
N（a）=f（

a+1

4

）=

-a2+6a-1

8

，M（a）=f（0）=a，g（a）=a-

-a2+6a-1

8

=

(a+1)2

8

．
⑤當(dāng)a≥3時(shí)，函數(shù)y=f（x）在[0，1]上單調(diào)遞減，M（a）=f（0）=a，N（a）=f（1）=1，
∴最大值與最小值的差g（a）=a-1．

點(diǎn)評：本題主要考查求二次函數(shù)在閉區(qū)間上的最值，二次函數(shù)的性質(zhì)的應(yīng)用，體現(xiàn)了分類討論的數(shù)學(xué)思想，屬基礎(chǔ)題．