题目

 已知函数 ， （1） 当时，求的单调递减区间； （2） 若有三个零点 ， 且求证： ① ②. 答案： 解：因为a=1， 所以f(x)=(2x−1)|x+1|−2x−1={2x2−x−2，(x≥−1)−2x2−3x，(x<−1)， 当x∈[−1，14]时，f(x)单调递减；当x∈(14，+∞)时，f(x)单调递增；当x∈(−∞，−1)时，f(x)单调递增； 因此f(x)的单调递减区间为[−1，14]. 解：①f(x)=a(2x−1)|x+1|−2x−1={2ax2+(a−2)x−a−1，(x≥−1)−2ax2−(a+2)x+a−1，(x<−1)， 当a=0时，f(x)=−2x−1仅有一个零点，不合题意； 当a<0时，12a−14<−12a−14，f(−1)=1>0 当12a−14≥−1时，f(x)在x∈[−1，+∞)仅有一个零点，f(x)在x∈(−∞，−1)没有零点，不合题意； 当12a−14<−1时，f(x)在x∈[−1，+∞)仅有一个零点，因为−12a−14>12，所以f(x)在x∈(−∞，−1)没有零点，不合题意； 因此a>0，所以 ∵f(1a)=2a⋅1a2+(a−2)⋅1a−a−1=−a<0∴f(x)在x∈(−∞，−1)仅有一个零点，在在有两个零点，x1<−1<x2<12a−14<x3，且当x∈(x2，x3)时f(x)<0；      ，∴1a<x3， ∵2ax32+(a−2)x3−a−1=0，∴2ax32+ax3−2x3−a−1=0， ∴x32−x3a−1=a+12a−x32−1=1−a2a−x32，∵1a<x3， ∴x32−x3a−1=a+12a−x32−1=1−a2a−x32<1−a2a−12a=−12<0，      ∴x32−x3a−1<0，x3<1a+1x3 综上：1a<x3<1a+1x3 ②由题意可知：−2ax12−(a+2)x1+a−1=0，2ax22+(a−2)x2−a−1=0，a>0      ∵x1<−12a−14，x2<12a−14， ∴x1=(a+2)+9a2−4a+4−4a，x2=(2−a)−9a2+4a+44a， ∴x2−x1=(2−a)−9a2+4a+44a+(a+2)+9a2−4a+44a      =4−9a2+4a+4+9a2−4a+44a<44a=1a， ∴a(x2−x1)<1.

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