Question

設a∈R，且a≥1，函數f（x）=ax||x|-a|．
（Ⅰ）當a=1時，求函數f（x）的單調增區(qū)間；
（Ⅱ）若x∈[-2，2]時，f（x）的最大值為g（a），求出g（a）的最大值．

Answer 1

考點：利用導數求閉區(qū)間上函數的最值,函數單調性的判斷與證明

專題：導數的綜合應用

分析：（Ⅰ）a=1時，f（x）=x||x|-1|，由此利用分類討論思想和導數性質能求出函數f（x）的單調增區(qū)間．
（2）當x≥0時，f（x）=ax|x-a|，當x＜0時，f（x）=ax|-x-a|，由此利用分類討論思想和導數性質能求出g（a）的最大值．

解答： 解：（Ⅰ）a=1時，f（x）=x||x|-1|，
①當x≥0時，f（x）=x|x-1|，
（i）當x≥1時，f（x）=x（x-1）=x²-x，f′（x）=2x-1，
由f′（x）＞0，得x＞

1

2

，∴x≥1，
∴函數f（x）的單調增區(qū)間為[1，+∞）；
（ii）當0≤x＜1時，f（x）=x（1-x）=x-x²，f′（x）=1-2x，
由f′（x）＞0，得x＜

1

2

，∴0≤x＜

1

2

，
∴函數f（x）的單調增區(qū)間為[0，

1

2

）；
②當x＜0時，f（x）=x|-x-1|，
（i）當x≤-1時，f（x）=-x²-x，f′（x）=-2x-1，
由f′（x）＞0，得x＜-

1

2

，∴x≤-1，
∴函數f（x）的單調增區(qū)間為（-∞，-1]；
（ii）-1＜x＜0時，f（x）=x²+x，f′（x）=2x+1，
由f′（x）＞0，得x＞-

1

2

．∴-

1

2

＜x＜0，
∴函數f（x）的單調增區(qū)間為（-

1

2

，0）．
綜上，函數f（x）的單調增區(qū)間為（-∞，-1]，（-

1

2

，

1

2

），[1，+∞）．
（2）①當x≥0時，f（x）=ax|x-a|，
（i）當x≥a時，f（x）=ax（x-a）=ax²-a²x，f′（x）=2ax-a²，
由f′（x）＞0，得x＞

a

2

，∴x≥a，
由f′（x）＜0，得x＜

a

2

，∴x∈∅．
若a＞2，f（x）無最大值；
若a≤2，x∈[-2，2]時，g（a）=f（x）_最大值=f（2）=4a-2a²；
（ii）當0≤x＜a時，f（x）=ax（a-x）=a²x-ax²，f′（x）=a²-2ax，
由f′（x）＞0，得x＜

a

2

，∴0≤x＜

a

2

，
由f′（x）＜0，得x＞

a

2

，∴

a

2

＜x＜a，
∴x∈[-2，2]時，g（a）=f（x）_最大值=f（

a

2

）=

a3

4

；
②當x＜0時，f（x）=ax|-x-a|，
（i）當x≤-a時，f（x）=-ax²-a²x，f′（x）=-2ax-a²，
由f′（x）＞0，得x＜-

a

2

，∴x≤-a，
由f′（x）＜0，得x＞-

a

2

，∴x∈∅．
當-a＜-2時，x∈[-2，2]時，無最大值；
當-a＞-2時，x∈[-2，2]時，g（a）=f（x）_最大值=f（-a）=-a³+a³=0；
（ii）-a＜x＜0時，f（x）=ax²+a²x，f′（x）=2ax+a²，
由f′（x）＞0，得x＞-

a

2

．∴-

a

2

＜x＜0，
由f′（x）＜0，得x＜-

a

2

．∴-a＜x＜-

a

2

，
∴x∈[-2，2]時，g（a）=f（x）_最大值=f（2）=4a+4a²．
綜上，g（a）的最大值為4a+4a²．

點評：本題重點考查利用導數研究函數的性質，利用函數的性質解決不等式、方程問題．重點考查學生的代數推理論證能力．解題時要認真審題，注意導數性質的合理運用．