Question

19．已知函數(shù)f（x）=x|2x-a|，g（x）=$\frac{{x}^{2}-a}{x-1}$（a∈R）．
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間；
（2）若a＜0，解不等式f（x）≥a；
（3）若0＜a＜12，且對任意t∈[3，5]，方程f（x）=g（x）在x∈[3，5]總存在兩不相等的實數(shù)根，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)絕對值的應(yīng)用，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性進行判斷．
（2）根據(jù)一元二次不等式的解法進行求解即可．
（3）根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)，結(jié)合函數(shù)與方程的關(guān)系進行求解即可

解答 解：（1）若a＜0，f（x）的單調(diào)增區(qū)間為$（-∞，\frac{a}{2}）$和$（\frac{a}{4}，+∞）$…（2分）
若a＞0，f（x）的單調(diào)增區(qū)間為$（-∞，\frac{a}{4}）$和$（\frac{a}{2}，+∞）$…（4分）
若a=0，f（x）的單調(diào)增區(qū)間為R…（5分）
（2）∵a＜0，∴f（x）在$（-∞，\frac{a}{2}]$單調(diào)遞增，在$[\frac{a}{2}，\frac{a}{4}]$單調(diào)遞減，在$[\frac{a}{4}，+∞）$單調(diào)遞增，
若$f（\frac{a}{4}）=-\frac{a^2}{8}$≥a，
即-8≤a＜0時，令x（a-2x）=a解得：${x_1}=\frac{{a-\sqrt{{a^2}-8a}}}{4}$，
∴不等式的解為：$x≥\frac{{a-\sqrt{{a^2}-8a}}}{4}$…（7分）
若$f（\frac{a}{4}）=-\frac{a^2}{8}$＜a即a＜-8時，令x（2x-a）=a解得：${x_1}_{，2}=\frac{{a±\sqrt{{a^2}+8a}}}{4}$，
據(jù)圖象：不等式的解為：$\frac{{a-\sqrt{{a^2}-8a}}}{4}≤x≤\frac{{a-\sqrt{{a^2}+8a}}}{4}或x≥\frac{{a+\sqrt{{a^2}+8a}}}{4}$，
綜上：-8≤a＜0不等式的解為：$x≥\frac{{a-\sqrt{{a^2}-8a}}}{4}$，
a＜-8不等式的解為：$\frac{{a-\sqrt{{a^2}-8a}}}{4}≤x≤\frac{{a-\sqrt{{a^2}+8a}}}{4}或x≥\frac{{a+\sqrt{{a^2}+8a}}}{4}$…（9分）
（3）f（x）=x|2x-a|=$\left\{\begin{array}{l}{-2（x-\frac{a}{4}）^{2}+\frac{{a}^{2}}{8}，}&{x＜\frac{a}{2}}\\{2（x-\frac{a}{4}）^{2}-\frac{{a}^{2}}{8}，}&{x≥\frac{a}{2}}\end{array}\right.$，
∵0＜a＜12，∴f（x）在$（-∞，\frac{a}{4}]$單調(diào)遞增，在$[\frac{a}{4}，\frac{a}{2}]$單調(diào)遞減
在$[\frac{a}{2}，+∞）$單調(diào)遞增，∴$3＜\frac{a}{2}＜5$，即6＜a＜10，
∴$g（x）=\frac{{{x^2}-a}}{x-1}$=x-1+$\frac{1-a}{x-1}$+2在x∈[3，5]單調(diào)遞增，
∴$g（x）∈[\frac{9-a}{2}，\frac{25-a}{4}]$…（11分）
f（x）在$[3，\frac{a}{2}]$單調(diào)遞減，在$[\frac{a}{2}，5]$單調(diào)遞增，
∴必須$[g（3），g（5）]⊆[f（\frac{a}{2}），min\{f（3），f（5）\}]$
即∴$\left\{\begin{array}{l}{g（5）≤f（3）}\\{g（5）≤f（5）}\\{g（3）＞f（\frac{a}{2}）}\end{array}\right.$⇒$\frac{97}{13}≤a＜9$…（15分）

點評 本題主要考查不等式的求解，結(jié)合一元二次函數(shù)的性質(zhì)，利用函數(shù)的單調(diào)性是解決本題的關(guān)鍵．綜合性較強，難度較大．