Question

19．已知函數(shù)f（x）=$\frac{a}{x}-|x-a|$．
（1）當a=1，求f（x）在區(qū)間[2，3]上的值域；
（2）若a＞0，寫出f（x）在（0，+∞）的單調區(qū)間；
（3）當x∈（0，4]時，f（x）≥x-3恒成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）a=1，x∈[2，3]時，可以去掉絕對值號得到$f（x）=\frac{1}{x}-x+1$，可看出該函數(shù)在[2，3]上單調遞減，從而f（3）≤f（x）≤f（2），這便可得出該函數(shù)的值域；
（2）去絕對值號得到$f（x）=\left\{\begin{array}{l}{\frac{a}{x}-x+a}&{x≥a}\\{\frac{a}{x}+x-a}&{0＜x＜a}\end{array}\right.$，可以看出f（x）在[a，+∞）上單調遞減，從而單調遞減區(qū)間為[a，+∞）；而0＜x＜a時，求導數(shù)；$f′（x）=\frac{{x}^{2}-a}{{x}^{2}}$，容易看出0＜a＜1時，$a＜\sqrt{a}$，a＞1時，a$＞\sqrt{a}$，這樣便可得出f（x）的單調區(qū)間；
（3）根據(jù)條件考慮去絕對值號，從而需討論a：a=0時，可得到f（x）=-x，便可得到不等式-x≥x-3，顯然該不等式不恒成立；a＜0時，可得到$a≥\frac{2{x}^{2}-3x}{x+1}$恒成立，可設g（x）=$\frac{2{x}^{2}-3x}{x+1}$，通過求導，根據(jù)導數(shù)符號便可判斷g（x）的單調性，從而求出在（0，4]上的最大值為4，從而a≥4，顯然這種情況不存在；a≥4時，便得到$\frac{a}{x}-a+3≥0$恒成立，根據(jù)函數(shù)單調性可求出函數(shù)y=$\frac{a}{x}-a+3$的最大值，從而可以得出a的范圍；而0＜a＜4，a≤x≤4時，可得到$f（x）=\frac{a}{x}-x+a$，根據(jù)前面g（x）的求導，可討論a，從而判斷g（x）在[a，4]上的單調性，從而求出a的范圍，求出的所有a的范圍求并集即可得出a的取值范圍．

解答 解：（1）a=1，x∈[2，3]時，f（x）=$\frac{1}{x}-x+1$；
$y=\frac{1}{x}$，和y=-x+1在[2，3]上都單調遞減；
∴f（x）在[2，3]上單調遞減；
∴f（3）≤f（x）≤f（2）；
即$-\frac{5}{3}≤f（x）≤-\frac{1}{2}$；
∴f（x）在[2，3]上的值域為$[-\frac{5}{3}，-\frac{1}{2}]$；
（2）①x≥a時，∵a＞0，∴$y=\frac{a}{x}$和y=-x+a在[a，+∞）上都單調遞減；
∴f（x）=$\frac{a}{x}-x+a$在[a，+∞）上單調遞減；
即f（x）的單調遞減區(qū)間為[a，+∞）；
②0＜x＜a時，$f（x）=\frac{a}{x}+x-a$，$f′（x）=-\frac{a}{{x}^{2}}+1=\frac{{x}^{2}-a}{{x}^{2}}$；
a²-a=a（a-1）；
∴0＜a≤1時，${a}^{2}≤a，a≤\sqrt{a}$；a＞1時，${a}^{2}＞a，a＞\sqrt{a}$；
∴1）0＜a≤1時，x∈（0，a）時，f′（x）＜0；
∴f（x）在（0，a）上單調遞減；
即（0，a）是f（x）的單調遞減區(qū)間；
2）a＞1時，x$∈（0，\sqrt{a}）$時，f′（x）＜0；x$∈（\sqrt{a}，a）$時，f′（x）＞0；
∴$（0，\sqrt{a}）$為f（x）的單調遞減區(qū)間，[$\sqrt{a}$，a）是f（x）的單調遞增區(qū)間；
（3）x∈（0，4]，∴①a=0時，f（x）=-x；
∴由f（x）≥x-3恒成立得，-x≥x-3恒成立，即x$≤\frac{3}{2}$恒成立；
∵x∈（0，4]，∴這種情況不存在；
②a＜0時，$f（x）=\frac{a}{x}-x+a$；
∴由f（x）≥x-3得，$\frac{a}{x}-x+a≥x-3$；
∴$a≥\frac{2{x}^{2}-3x}{x+1}$，設$g（x）=\frac{2{x}^{2}-3x}{x+1}$，$g′（x）=\frac{2{x}^{2}+4x-3}{（x+1）^{2}}$；
令2x²+4x-3=0得，x=$\frac{-2±\sqrt{10}}{2}$；
∴$x∈（0，\frac{-2+\sqrt{10}}{2}）$時，g′（x）＜0；x$∈（\frac{-2+\sqrt{10}}{2}，4]$時，g′（x）＞0；
∴g（x）在（0，$\frac{-2+\sqrt{10}}{2}$）上單調遞減，在[$\frac{-2+\sqrt{10}}{2}$，4]上單調遞增；
又g（0）=0，g（4）=4；
∴g（x）在（0，4]上的最大值為4；
∴a≥4，與a＜0矛盾，∴這種情況不存在；
③a≥4時，$f（x）=\frac{a}{x}+x-a$；
∴$\frac{a}{x}+x-a≥x-3$恒成立；
∴$\frac{a}{x}-a+3≥0$在（0，4]上恒成立；
$y=\frac{a}{x}-a+3$為減函數(shù)；
∴x=4時，y取最小值$-\frac{3a}{4}+3$；
∴$-\frac{3a}{4}+3≥0$；
∴a≤4；
∴a=4；
④0＜a＜4時，若a≤x≤4，則：$f（x）=\frac{a}{x}-x+a$；
由上面得$a≥\frac{2{x}^{2}-3x}{x+1}$，設$g（x）=\frac{2{x}^{2}-3x}{x+1}$；
若1）$0＜a＜\frac{-2+\sqrt{10}}{2}$時，x$∈[a，\frac{-2+\sqrt{10}}{2}）$時，g′（x）＜0；x∈（$\frac{-2+\sqrt{10}}{2}$，4]時，g′（x）＞0；
∴$\left\{\begin{array}{l}{a≥g（a）}\\{a≥g（4）}\end{array}\right.$；
∴$\left\{\begin{array}{l}{a≥\frac{2{a}^{2}-3a}{a+1}}\\{a≥4}\end{array}\right.$，與0＜a＜4矛盾，∴這種情況不存在；
2）$a≥\frac{-2+\sqrt{10}}{2}$時，x∈[a，4]時，g′（x）＞0；
∴g（x）在[a，4]上單調遞增；
∴x=4時，g（x）取最大值4；
∴a≥4，與0＜a＜4矛盾，即這種情況不存在；
∴a≤x≤4時，f（x）≥x-3不恒成立；
∴0＜a＜4這種情況不存在；
綜上得，a=4；
∴a的取值范圍為{4}．

點評 考查含絕對值函數(shù)的處理方法：去絕對值號，反比例函數(shù)、一次函數(shù)的單調性，根據(jù)函數(shù)單調性求值域，根據(jù)導數(shù)符號判斷函數(shù)單調性的方法，以及根據(jù)導數(shù)求函數(shù)最值的方法．