Question

已知函數(shù)f（x）=x|x-2m|，常數(shù)m∈R．
（1）設(shè)m=0．求證：函數(shù)f（x）遞增；
（2）設(shè)m=-1．求關(guān)于x的方程f（f（x））=0的解的個數(shù)；
（3）設(shè)m＞0．若函數(shù)f（x）在區(qū)間[0，1]上的最大值為m²，求正實數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）m=0時，f（x）=x|x|=

x2 -x2

，接下來可以用函數(shù)單調(diào)性的定義進行證明：設(shè)x₁，x₂∈R，且x₁＜x₂，分別在x₁，x₂都大于零或都小于零、或其中一個大于零另一個小零情況下得到f（x₁）＜f（x₂），所以函數(shù)為R上的增函數(shù)；
（2）先用解析式代入，得f（f（x））=f（x）|f（x）-2m|=0，可得f（x）=0或f（x）=2m=-2．然后討論方程f（x）=0的解和方程f（x）=-2的解，最后綜合可得m=-1時方程有且僅有3個實數(shù)解．
（3）先在（0，+∞）上將原函數(shù)變形，變?yōu)閒（x）=x|x-2m|=|x（x-2m）|，再令g（x）=x（x-2m），通過討論二次函數(shù)g（x）的性質(zhì)可知，得到它的單調(diào)性：f（x）在（0，m）上遞增，在（m，2m）上遞減，在（2m，+∞）上遞增．再討論自變量1究竟落在哪一個區(qū)間內(nèi)，結(jié)合比較f（1）、f（m）的大小，再解相關(guān)的不等式，最后綜合可得實數(shù)m的取值范圍是[

2

-1，1]．

解答：解：（1）由題意，f（x）=x|x|=

x2 -x2

，
任取x₁，x₂∈R，且x₁＜x₂
當(dāng)0≤x₁＜x₂時，f（x₁）-f（x₂）=x₁²-x₂²＜0；
當(dāng)x₁＜x₂≤0時，f（x₁）-f（x₂）=-x₁²+x₂²=|x₂|²-|x₁²|＜0
當(dāng)x₁＜0＜x₂時，f（x₁）-f（x₂）=-x₁²-x₂²＜0
綜上所述，f（x）在的上為單調(diào)增函數(shù)．
（2）當(dāng)m=-1時，f（f（x））=f（x）|f（x）-2m|=0，可得f（x）=0或f（x）=2m=-2．
對于方程f（x）=0，可解得x=0或x=2m=-2
對于方程f（x）=-2，由x|x+2|=-2知x＜0．
當(dāng)x∈[-2，0）時，x|x+2|=x（x+2）=（x+1）²-1≥-1＞-2，所以此時無解
當(dāng)x∈（-∞，-2）時，x|x+2|=-x（x+2）=-2，解得x=-1±

3

，結(jié)合x＞-2的要求，得x=-1-

3

綜上所述，m=-1時方程有且僅有3個實數(shù)解．
（3）在區(qū)間（0，+∞）上，函數(shù)f（x）=x|x-2m|=|x（x-2m）|，
令g（x）=x（x-2m），它在（0，m）上遞減，在上（m，+∞）遞增
而在[0，+∞）上，f（x）=

g(x)    x≥2m -g(x)  0≤x＜2m

根據(jù)二次函數(shù)g（x）的性質(zhì)可知，f（x）在（0，m）上遞增，在（m，2m）上遞減，在（2m，+∞）上遞增
當(dāng)1∈（0，m]時，即當(dāng)m≥1時，[f（x）]max=f（1）=2m-1，解得2m-1=m²，故此時m=1
當(dāng)1∈（m，2m]時，即

1

2

≤m＜1時，此時，[f（x）]max=f（m）=m²，此時的m均滿足題意．
當(dāng)1∈（2m，+∞）時，即0＜m＜

1

2

時，[f（x）]max為f（1）與f（m）中較大者，
而故f（m）=m²，f（1）=1-2m，故[f（x）]max=m²當(dāng)且僅當(dāng)m²≥1-2m
解這個不等式，得m≤-1-

2

或m≥-1+

2

最后將這個范圍與0＜m＜

1

2

進行交集運算，得m∈[

2

-1，

1

2

）
綜上所述，實數(shù)m的取值范圍是[

2

-1，1]

點評：本題以含有絕對值的函數(shù)為例，考查了二次函數(shù)的單調(diào)性和函數(shù)的零點等知識點，屬于難題．解題時應(yīng)該注意分類討論和轉(zhuǎn)化化歸等常用數(shù)學(xué)思想的運用．