题目 设函数 $f\left(x\right)=x|x-a|+b$． 问题1 当 $a>0$ 时，求函数 $y=f\left(x\right)$ 的单调区间； 答案1 单调增区间为 $\left[a,+\infty\right),\left(-\infty,\dfrac{a}{2}\right)$，单调减区间为 $\left(\dfrac{a}{2},a\right)$ 解析1 当 $ a>0 $ 时，函数即$$f\left(x\right)= \begin{cases}x^2-ax+b,&x\geqslant a,\\-x^2+ax+b,&x< a,\end{cases} $$于是有\[\begin{array}{c|ccc}\hline<br/>x&\left(-\infty,\dfrac a2\right)&\left(\dfrac a2,a\right)&(a,+\infty)\\ \hline<br/>f(x)&\nearrow&\searrow&\nearrow\\ \hline\end{array}\] 备注1 问题2 若不存在正数 $ a $，使得不等式 $ f \left( x\right) < 0 $ 对任意 $ x\in\left[0,1\right] $ 恒成立，求实数 $ b $ 的取值范围． 答案2 $\left[-3+2\sqrt 2,+\infty\right)$ 解析2 根据题意有\[\forall a>0,\exists x\in [0,1],f(x)\geqslant 0.\]考虑函数 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上的最大值，为\[h(a)=\begin{cases} \max\left\{f\left(\dfrac a2\right),f(1)\right\},&0<a<2,\\<br/>f(1),&a\geqslant 2,\end{cases}\]也即\[h(a)=\begin{cases} 1-a+b,&0<a<2\sqrt 2-2,\\<br/>\dfrac{a^2}4+b,&2\sqrt 2-2\leqslant a<2,\\<br/>a-1+b,&a\geqslant 2,\end{cases}\]于是 $h(a)$ 在 $a\in (0,+\infty)$ 上的最小值为\[h\left(2\sqrt 2-2\right)=3-2\sqrt 2+b,\]因此 $b$ 的取值范围是 $\left[-3+3\sqrt 2,+\infty\right)$． 备注2