Question

5．已知函數(shù)f（x）=x²-a|x-1|，a＞0
（1）當(dāng)a=1時(shí)，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若區(qū)間[1，4]內(nèi)f（x）＞0恒成立，求a的取值范圍；
（3）記函數(shù)f（x）在區(qū)間[0，3]內(nèi)的最大值，最小值分別為M（a），m（a），求M（a）-m（a）

Answer 1

分析 （1）討論x的范圍，結(jié)合對(duì)稱軸和區(qū)間的關(guān)系，即可得到單調(diào)區(qū)間；
（2）當(dāng)x=1時(shí)，當(dāng)1＜x≤4時(shí)，運(yùn)用參數(shù)分離和基本不等式，即可得到最小值，進(jìn)而得到a的范圍；
（3）討論當(dāng)x∈[1，3]時(shí)，去絕對(duì)值，求出對(duì)稱軸，討論與區(qū)間[1，3]的關(guān)系，可得f（x）的值域，討論當(dāng)0≤x≤1時(shí)，f（x）的解析式和對(duì)稱軸，求得f（x）的值域，可得f（x）在[0，3]的最大值和最小值．

解答 解：（1）當(dāng)a=1時(shí)，f（x）=x²-|x-1|，
當(dāng)x≥1時(shí)，f（x）=x²-x+1=（x-$\frac{1}{2}$）²+$\frac{3}{4}$在[1，+∞）遞增，
當(dāng)x＜1時(shí)，f（x）=x²+x-1=（x+$\frac{1}{2}$）²-$\frac{5}{4}$在（-∞，-$\frac{1}{2}$）遞減，在（-$\frac{1}{2}$，1）遞增．
即有f（x）的增區(qū)間為（-$\frac{1}{2}$，+∞），減區(qū)間為（-∞，-$\frac{1}{2}$）；
（2）當(dāng)x=1時(shí)，f（1）=1＞0成立，
當(dāng)1＜x≤4時(shí)，f（x）＞0即為x²-a|x-1|＞0，
即a＜$\frac{{x}^{2}}{x-1}$在x∈（1，4]恒成立，
由$\frac{{x}^{2}}{x-1}$=（x-1）+$\frac{1}{x-1}$+2≥2$\sqrt{（x-1）•\frac{1}{x-1}}$+2=4，
即有a＜4．
綜上可得a的范圍是（-∞，4）；
（3）當(dāng)x∈[1，3]時(shí)，f（x）=x²-ax+a，
對(duì)稱軸為x=$\frac{a}{2}$，
當(dāng)0＜$\frac{a}{2}$≤1時(shí)，即0＜a≤2時(shí)，[1，3]遞增，f（x）∈[1，9-2a]；
當(dāng)1＜$\frac{a}{2}$＜2即為2＜a＜4時(shí)，f（x）∈[a-$\frac{{a}^{2}}{4}$，9-2a]；
當(dāng)2≤$\frac{a}{2}$＜3即為4≤a＜6時(shí)，f（x）∈[a-$\frac{{a}^{2}}{4}$，1]；
當(dāng)$\frac{a}{2}$≥3即為a≥6時(shí)，[1，3]遞減，f（x）∈[9-2a，1]．
當(dāng)0≤x≤1時(shí)，f（x）=x²+ax-a，
對(duì)稱軸為x=-$\frac{a}{2}$＜0，[0，1]為增區(qū)間，f（x）∈[-a，1]．
則0＜a≤2時(shí)，M（a）=9-2a，m（a）=-a，M（a）-m（a）=9-a；
2＜a＜4時(shí)，-a＜a-$\frac{{a}^{2}}{4}$，9-2a＞1，即有M（a）=9-2a，m（a）=-a，M（a）-m（a）=9-a；
4≤a＜6時(shí)，M（a）=1，m（a）=-a，M（a）-m（a）=1+a；
a≥9時(shí)，9-2a≤-a，M（a）=1，m（a）=9-2a，M（a）-m（a）=2a-8；
6≤a＜9時(shí)，9-2a＞-a，M（a）=1，m（a）=-a，M（a）-m（a）=1+a．

點(diǎn)評(píng) 本題考查含絕對(duì)值函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和最值的求法，同時(shí)考查不等式恒成立問題，注意運(yùn)用參數(shù)分離和分類討論的思想方法是解題的關(guān)鍵．