已知函数 $f_t(x)=(x-t)^2-t$，$t\in\mathbb R$，设 $a<b$，$f(x)=\begin{cases}f_a(x),&f_a(x)<f_b(x),\\f_b(x),&f_a(x)\geqslant f_b(x).\end{cases}$ 若函数 $y=f(x)+x+a-b$ 有四个零点，则 $b-a$ 的取值范围是 ．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
$(2+\sqrt 5,+\infty)$
【解析】
如图，$f_t(x)$ 的图象是形状恒定，顶点在直线 $y=-x$ 上运动的抛物线．
于是当 $a,b$ 取不同值时对应的函数 $f(x)$ 的图象如图．函数 $y=f(x)+x+a-b$ 的零点可以视为直线 $y=-x+b-a$ 与抛物线 $y=f(x)$ 的交点横坐标．于是只需要两条抛物线的“交叉点”到直线 $y=-x+b-a$ 的竖直距离大于 $b-a$．由方程$$(x-a)^2-a=(x-b)^2-b$$解得交叉点横坐标为$$x=\dfrac {a+b-1}{2},$$于是竖直距离为$$\left(\dfrac{b-a-1}{2}\right)^2+\dfrac{b-a-1}{2},$$进而通过解不等式$$\left(\dfrac{b-a-1}{2}\right)^2+\dfrac{b-a-1}{2}>b-a$$得$$b-a>2+\sqrt 5.$$
于是当 $a,b$ 取不同值时对应的函数 $f(x)$ 的图象如图．函数 $y=f(x)+x+a-b$ 的零点可以视为直线 $y=-x+b-a$ 与抛物线 $y=f(x)$ 的交点横坐标．于是只需要两条抛物线的“交叉点”到直线 $y=-x+b-a$ 的竖直距离大于 $b-a$．由方程$$(x-a)^2-a=(x-b)^2-b$$解得交叉点横坐标为$$x=\dfrac {a+b-1}{2},$$于是竖直距离为$$\left(\dfrac{b-a-1}{2}\right)^2+\dfrac{b-a-1}{2},$$进而通过解不等式$$\left(\dfrac{b-a-1}{2}\right)^2+\dfrac{b-a-1}{2}>b-a$$得$$b-a>2+\sqrt 5.$$
题目
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解析
备注
