2015-广东卷文-21 解-函数零点讨论

本题导读

(1) 代 $x=0$ 得 $|a|+a⩽1$，分 $a⩾0$ 与 $a<0$。

📌【题干】

Question

（2015年广东卷(文)） 设 $a$ 为实数，函数 $f(x)=(x-a{)}^2+|x-a|-a(a-1)$．

(1) 若 $f(0)⩽1$，求 $a$ 的取值范围；

(2) 讨论 $f(x)$ 的单调性；

(3) 当 $a⩾2$ 时，讨论 $f(x)+\frac{4}{x}$ 在区间 $(0,+\infty )$ 内的零点个数．

🔍【思路分析】

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(1) 代 $x=0$ 得 $|a|+a⩽1$，分 $a⩾0$ 与 $a<0$。（2）令 $t=x-a$，$t^2\pm t$ 的单调性分段清晰。（3）两段各解一个三次方程，用因式分解与单调性数根。

✅【答案】

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(1) $a⩽\frac{1}{2}$

(2) $f(x)$ 在 $(-\infty ,a)$ 单调递减，在 $(a,+\infty )$ 单调递增

(3) $a=2$ 时恰有 1 个零点 $x=2$，$a>2$ 时有 2 个零点

✍【详细解析】

Abstract

（1） $f(0)=a^2+|a|-a(a-1)=|a|+a$。$|a|+a⩽1$：

若 $a⩾0$，则 $2a⩽1$，$a⩽\frac{1}{2}$；若 $a<0$，则 $0⩽1$ 恒成立。

故 $a⩽\frac{1}{2}$。

（2） 记 $t=x-a$。$x⩾a$ 时 $f(x)=t^2+t-a(a-1)$，$t^2+t$ 在 $t⩾0$ 即 $x⩾a$ 上递增；

$x<a$ 时 $f(x)=t^2-t-a(a-1)$，$t^2-t$ 在 $t<0$ 上（$g^{\prime }(t)=2t-1<0$）递减。

故 $f(x)$ 在 $(-\infty ,a)$ 单调递减，在 $(a,+\infty )$ 单调递增。

（3） 记 $h(x)=f(x)+\frac{4}{x}$，$x>0$。

当 $0<x<a$：$h(x)=(x-a{)}^2-(x-a)-a(a-1)+\frac{4}{x}=x^2-(2a+1)x+2a+\frac{4}{x}$，

$h(x)=0⟺x^3-(2a+1)x^2+2ax+4=0$。注意 $x=2$ 是根当且仅当 $8-(2a+1)4+4a+4=0⟺12-4a=0⟺a=3$？——改用因式分解：$x^3-(2a+1)x^2+2ax+4$ 在 $x=2$ 处取值 $8-4(2a+1)+4a+4=8-8a-4+4a+4=8-4a$。

关键分解：当 $a=2$ 时 $x^3-5x^2+4x+4=(x-2)(x^2-3x-2)$，在 $(0,2)$ 内 $x-2<0$、$x^2-3x-2<2-6-2<0$（$0<x<2$ 时 $x^2-3x⩽-2$），乘积为正，无根。

当 $x⩾a$：$h(x)=x^2-(2a-1)x+\frac{4}{x}$，$h(x)=0⟺x^3-(2a-1)x^2+4=0$。

当 $a=2$：$x^3-3x^2+4=(x-2{)}^2(x+1)$，在 $[2,+\infty )$ 内只有 $x=2$ 一个（重）根。

当 $a>2$：设 $g(x)=x^3-(2a-1)x^2+4$。$g(a)=a^3-(2a-1)a^2+4=a^2(1-a)+4<0$（因 $a>2$），$g(x)\to +\infty$（$x\to +\infty$），且 $g^{\prime }(x)=x(3x-4a+2)$ 在 $x>\frac{4a-2}{3}>a$ 后恒正、在 $(a,\frac{4a-2}{3})$ 内 $g^{\prime }<0$——先减后增且 $g(a)<0$，故 $g$ 在 $(a,+\infty )$ 恰有一根。

再证 $(0,a)$ 段无根（$a>2$）：$p(x)=x^3-(2a+1)x^2+2ax+4$，$p(2)=8-4(2a+1)+4a+4=8-4a<0$，$p(0^{+})\to 4>0$，$p^{\prime }(x)=3x^2-2(2a+1)x+2a$ 在 $(0,2)$ 上：$p^{\prime }(x)⩾0$ 的区间很小，配合 $p(x)<x^2(x-2a)+2ax+4⩽4-(4a)x+\cdots$。严格论证：$p(x)=x^3-(2a+1)x^2+2ax+4$，在 $(0,a)$ 内讨论 $p^{\prime }$ 的两根$\frac{(2a+1)\pm \sqrt{(2a+1{)}^2-6a}}{3}$：当 $a⩾2$ 时小根 $<1$，$p$ 在 $(0,\text{小根})$ 增、其后减至 $p(a)=a^2(1-a)+4⩽-4<0$（$a>2$），而峰值 $p(\text{小根})$：小根处 $p^{\prime }=0$。代入可验证峰值 $<0$？——采用更利落的放缩：对 $0<x<a$，$x^3-(2a+1)x^2+2ax+4=(x-2)(x^2-(2a-1)x-2)$？展开 $(x-2)(x^2-(2a-1)x-2)=x^3-(2a+1)x^2+((4a-2)-2)x+4=x^3-(2a+1)x^2+(4a-4)x+4$，与 $2ax$ 差 $(2a-4)x$，仅当 $a=2$ 时恒等。

严格处理（$a>2$）：$p(1)=1-(2a+1)+2a+4=4>0$；$p(2)=8-4a<0$（$a>2$），故 $p$ 在 $(1,2)$ 内有一根；又 $p^{\prime }(x)=3x^2-2(2a+1)x+2a$，其判别式 $\Delta =4(2a+1{)}^2-24a=4(4a^2-a+1)>0$，两根 $\frac{(2a+1)\pm \sqrt{4a^2-a+1}}{3}$，记小根 $x_1$、大根 $x_2$。当 $a⩾2$ 时 $x_1<1$（验证 $p^{\prime }(1)=3-4a-2+2a=1-2a<0$，说明 1 已在减区间），$x_2>a$（因 $p^{\prime }(a)=3a^2-4a^2-2a+2a=-a^2<0$，$a$ 仍在减区间内，大根 $>a$）。故 $p$ 在 $(x_1,x_2)$ 上单调递减，且 $(1,a)\subset (x_1,x_2)$：于是 $p$ 在 $(1,a)$ 内恰一根（$p(1)>0>p(2)$），在 $(0,1)$ 内 $p^{\prime }>0$ 递增、$p(x)⩽p(1)=4$？——不，$(0,x_1)$ 增：$p(0^{+})=4$，$p(x_1)>p(0)$？$p$ 在 $(0,x_1)$ 增且 $p(0)=4$，峰值更大，$p$ 在 $(x_1,1)$ 减但 $p(1)=4>0$，故 $(0,1)$ 内 $p>0$ 无根。

综上：$a=2$ 时仅 $x⩾a$ 段有根 $x=2$（一个零点）；$a>2$ 时两段各恰一根（两个零点）。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：含绝对值函数的单调性；函数零点的存在性与个数；分类讨论

核心方法：去绝对值分段、$g^{\prime }$ 定号数根、临界 $a=2$ 分界

避坑指南：（1）$|a|+a$ 是分段函数，$a<0$ 时恒为 0，别漏掉 $a<0$ 全部满足；（2）第（3）问 $a=2$ 是”一个变两个”的临界：$x^3-3x^2+4=(x-2{)}^2(x+1)$ 的重根与 $p(2)=8-4a$ 变号同时发生；（3）两段的根必须分别数清并说明”其余区间无根”，只证存在不证唯一要扣分。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：含参绝对值函数的三连问（求参—单调—零点）是广东卷压轴的传统格局，第（3）问”零点个数随 $a$ 分界”的临界分析是全题灵魂。

结论推广：若把 $\frac{4}{x}$ 改为 $\frac{k}{x}$，临界值随 $k$ 变化：$x=a$ 处 $h$ 的取值正负与 $g(a)=a^2(1-a)+k$ 的符号共同决定分界，这正是”零点个数随参数变化”问题的一般研究框架（盯住 $h(a)$ 与 $g^{\prime }$ 的号）。

方法推广：零点个数问题的标准作业程序：① 分段写出解析式；② 每段用导数定单调结构；③ 找变号区间证”存在”；④ 用单调性证”唯一”；⑤ 临界参数单独验算。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点(Nodes)

• 20.03 导数研究单调性与极值最值
• 20.16 零点问题

类题演练(Links)

• 2014-广东卷理-21 解-代数式有意义的条件
• 2013年广东卷理-21
• 2010-广东卷理-21