Question

2．设函数f（x）=2x|x-a|+b（a＜0，b∈R），g（x）=x+1．
（1）讨论f（x）在[-1，1]上的单调性；
（2）当a=-1时，求函数h（x）=f（x）+b|g（-x）|在区间[-1，1]上的最小值．

Answer 1

分析 （1）函数f（x）=2x|x-a|+b=$\left\{\begin{array}{l}{2x（x-a）+b，x≥a}\\{2x（a-x）+b，x＜a}\end{array}\right.$，∵a＜0，∴$\frac{a}{2}$＜0．再利用二次函数的性质、分类讨论可得f（x）在[-1，1]上的单调性．
（2）当a=-1时，由-1≤x≤1，可得函数h（x）=f（x）+b|g（-x）|=2${（x-\frac{b-2}{2}）}^{2}$+b-$\frac{{（b-2）}^{2}}{2}$，再利用二次函数的性质、分类讨论可得f（x）在区间[-1，1]上的最小值．

解答 解：（1）函数f（x）=2x|x-a|+b=$\left\{\begin{array}{l}{2x（x-a）+b，x≥a}\\{2x（a-x）+b，x＜a}\end{array}\right.$，∵a＜0，∴$\frac{a}{2}$＜0．
当$\frac{a}{2}$≤-1，即a≤-2时，函数f（x）在[-1，1]上单调递增；
当$\frac{a}{2}$∈（-1，0），即 a∈（-2，0）时，函数f（x）在[-1，$\frac{a}{2}$）上单调递减；f（x）在[$\frac{a}{2}$，1]上单调递增．
（2）当a=-1时，∵-1≤x≤1，∴函数h（x）=f（x）+b|g（-x）|=2x|x+1|+b|1-x|=2x（x+1）+b-bx=2x²+（2-b）x+b=2${（x-\frac{b-2}{2}）}^{2}$+b-$\frac{{（b-2）}^{2}}{2}$，
当$\frac{b-2}{2}$＜-1，即b＜0时，h（x）的最小值为h（-1）=2b；
当-1≤$\frac{b-2}{2}$≤1，即0≤b≤4时，h（x）的最小值为h（$\frac{b-2}{2}$）=b-$\frac{{（b-2）}^{2}}{2}$；
当$\frac{b-2}{2}$＞1，即b＞4时，h（x）的最小值为h（1）=4．

点评 本题主要考查带有绝对值的函数，二次函数的性质的应用，体现了转化、分类讨论的数学思想，属于中档题．