Question

14．已知函數(shù)f（x）=（x-t）|x|（t∈R）．
（Ⅰ）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若?t∈（0，2），對于?x∈[-1，2]，不等式f（x）＞x+a都成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）討論x的取值范圍，將函數(shù)表示為分段函數(shù)形式，然后判斷函數(shù)的單調(diào)性即可．
（Ⅱ）將不等式恒成立進行轉(zhuǎn)化，利用參數(shù)分離法進行求解即可．

解答 解：（Ⅰ）$f（x）=\left\{\begin{array}{l}{x^2}-tx，x≥0\\-{x^2}+tx，x＜0\end{array}\right.$，…（1分）
當t＞0時，f（x）的單調(diào)增區(qū)間為$[\frac{t}{2}，+∞），（-∞，0）$，單調(diào)減區(qū)間為$[0，\frac{t}{2}]$…（4分）
當t=0時，f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（-∞，+∞）…（5分）
當t＜0時，f（x）的單調(diào)增區(qū)間為[0，+∞），$（-∞，\frac{t}{2}]$，單調(diào)減區(qū)間為$[\frac{t}{2}，0）$…（8分）
（Ⅱ）設g（x）=f（x）-x=$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}-（t+1）x，}&{x∈[0，2]}\\{-{x}^{2}+（t-1）x，}&{x∈[-1，0]}\end{array}\right.$，
當x∈[0，2]時，∵$\frac{t+1}{2}$∈（0，2），
∴${g_{min}}（x）=g（\frac{t+1}{2}）=-\frac{{{{（t+1）}^2}}}{4}$…（9分）
當x∈[-1，0]時，
∵g（-1）=-t，g（0）=0，∴g_min（x）=-t…（10分）
故只須?t∈（0，2），使得：$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{（t+1）^{2}}{4}＞a}\\{-t＞a}\end{array}\right.$成立，即$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{1}{4}≥a}\\{0≥a}\end{array}\right.$…（13分）
∴a≤$-\frac{1}{4}$…（14分）
另解：
設h（t）=f（x）-x=-|x|•t+x|x|-x，t∈（0，2）…（9分）
只須h（t）_max≥a，對x∈[-1，2]都成立．…（10分）
則只須h（0）=x|x|-x≥a，對x∈[-1，2]都成立．…（12分）
再設m（x）=x|x|-x，x∈[-1，2]，
只須m（x）_min≥a，易求得a≤$-\frac{1}{4}$…（14分）

點評 本題主要考查函數(shù)單調(diào)性的判斷以及不等式恒成立問題，利用參數(shù)轉(zhuǎn)化法是解決本題的關鍵．