Question

已知a∈R，設(shè)函數(shù)f（x）=x|x-a|-x．
（Ⅰ） 若a=1時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ） 若a≤1，對于任意的x∈[0，t]，不等式-1≤f（x）≤6恒成立，求實數(shù)t的最大值及此時a的值．

Answer 1

考點：函數(shù)恒成立問題,函數(shù)的單調(diào)性及單調(diào)區(qū)間

專題：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用,不等式的解法及應(yīng)用

分析：（Ⅰ）把a(bǔ)=1代入函數(shù)解析式，然后分x＜1和x≥1寫出分段函數(shù)，結(jié)合二次函數(shù)的解析式求得函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）分x＜a和x≥a寫出分段函數(shù)，然后對a≤-1，-1＜a≤0，0＜a≤1分類求出函數(shù)f（x）的最小值和最大值，由-1≤f（x）≤6求得t的最大值及a的值．

解答： 解：（Ⅰ）當(dāng)a=1時，f(x)=

-x2，x＜1 x2-2x，x≥1

，
函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（-∞，0），（1，+∞），單調(diào)遞減區(qū)間為（0，1）；

（Ⅱ）f(x)=

-x2+(a-1)x，x＜a x2-(a+1)x，  x≥a.

①當(dāng)a≤-1時，a≤

a-1

2

＜

a+1

2

≤0，f（x）在[0，t]單調(diào)遞增，f（x）_min=f（0）=0，f(x)max=f(t)=t2-(a+1)t，
由題意得f（x）_max≤6，即t²-（a+1）t≤6，
解得0≤t≤

(a+1)+ (a+1)2+24

2

，
令m=-（a+1）≥0，h(m)=

m2+24 -m

2

=

12

m2+24 +m

在[0，+∞）單調(diào)遞減，
∴h(m)max=h(0)=

6

，即當(dāng)a=-1時，tmax=

6

．
②當(dāng)-1＜a≤0時，

a-1

2

＜a≤0＜

a+1

2

，f（x）在[0，

a+1

2

]單調(diào)遞減，
在[

a+1

2

，+∞)單調(diào)遞增，f(x)min=f(

a+1

2

)=-

(a+1)2

4

∈[-

1

4

，0)，
滿足f（x）_min≥-1，f(x)max=f(t)=t2-(a+1)t，由題意得f（x）_max≤6，
即t²-（a+1）t≤6，解得0≤t≤

(a+1)+ (a+1)2+24

2

，
令m=a+1＞0，h(m)=

m+ m2+24

2

在（0，1]單調(diào)遞增，
∴h（m）_max=h（1）=3，即當(dāng)a=0時，t_max=3．
③當(dāng)0＜a≤1時，

a-1

2

≤0＜a≤

a+1

2

，f（x）在[0，a]， [a，

a+1

2

]單調(diào)遞減，
在[

a+1

2

，+∞)單調(diào)遞增，f(x)min=f(

a+1

2

)=-

(a+1)2

4

∈[-1，-

1

4

)，
滿足f（x）_min≥-1，f(x)max=f(t)=t2-(a+1)t，由題意得f（x）_max≤6，
即t²-（a+1）t≤6，解得0≤t≤

(a+1)+ (a+1)2+24

2

，
同②得h(m)=

m+ m2+24

2

在（1，2]單調(diào)遞增，
∴h(m)max=h(2)=1+

7

，即當(dāng)a=1時，tmax=1+

7

，
綜上所述，tmax=1+

7

，此時a=1．

點評：此題是難題，考查函數(shù)的單調(diào)性及其應(yīng)用，并根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性解函數(shù)值不等式，體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化的思想，在轉(zhuǎn)化過程中一定注意函數(shù)的定義域，考查了分類討論的數(shù)學(xué)思想方法，特別是問題（2）的求解，增加了題目的難度，綜合性強(qiáng)．