Question

2．已知函数f（x）=x|x-a|
（1）a=3时，求f（x）=x的根；
（2）若f（x）＜1在x∈[$\frac{1}{2}$，$\frac{3}{2}$]上恒成立，求实数a的取值范围；
（3）求f（x）在x∈[0，2]上的最大值g（a），并求g（a）的最小值．

Answer 1

分析 （1）由f（x）=x，即为x|x-3|=x，解方程，即可得到所求根；
（2）当x∈[$\frac{1}{2}$，$\frac{3}{2}$]时，f（x）＜1恒成立，可化为|x-a|＜$\frac{1}{x}$，即-$\frac{1}{x}$＜x-a＜$\frac{1}{x}$，分离参数，可得x-$\frac{1}{x}$＜a＜x+$\frac{1}{x}$，求出左右函数的最值，即可得到实数a的取值范围；
（3）根据零点分段法，当x≥a时，f（x）=x|x-a|=x²-ax，其图象开口方向朝上，且以直线x=a为对称轴，当x＜a时，f（x）═-x²+ax，其图象开口方向朝下，且以直线x=a为对称轴，结合x∈[0，2]，对a值进行分类讨论，结合二次函数的图象和性质，可得函数f（x）在[1，2]上的最大值g（a），进而得到最小值．

解答 解：（1）a=3时，f（x）=x|x-3|，
由f（x）=x，可得x=0或2或4，
故方程的根为0或2或4；
（2）若f（x）＜1在x∈[$\frac{1}{2}$，$\frac{3}{2}$]上恒成立，即为
x|x-a|＜1，可化为|x-a|＜$\frac{1}{x}$，即-$\frac{1}{x}$＜x-a＜$\frac{1}{x}$，
即x-$\frac{1}{x}$＜a＜x+$\frac{1}{x}$，
由x∈[$\frac{1}{2}$，$\frac{3}{2}$]时，x+$\frac{1}{x}$≥2$\sqrt{x•\frac{1}{x}}$=2，即有a＜2；
因为x∈[$\frac{1}{2}$，$\frac{3}{2}$]时，x-$\frac{1}{x}$单调递增，
所以x-$\frac{1}{x}$的最大值为x=$\frac{3}{2}$时，等于$\frac{5}{6}$，即有a＞$\frac{5}{6}$．
综上所述，$\frac{5}{6}$＜a＜2；
（3）①当a≤0时，f（x）=x（x-a）=x²-ax在[0，2]递增，
可得x=2时，取得最大值g（a）=4-2a；
②当0＜a≤2时，由x=$\frac{a}{2}$，y=$\frac{{a}^{2}}{4}$；x=2时，y=4-2a，
令$\frac{{a}^{2}}{4}$=4-2a，解得a=4$\sqrt{2}$-4，
当0＜a≤4$\sqrt{2}$-4时，f（x）在（0，$\frac{a}{2}$）递增，（$\frac{a}{2}$，a）递减，在（a，2）递增，
可得f（2）取得最大值，且为g（a）=4-2a；
当4$\sqrt{2}$-4＜a≤2时，f（x）在（0，$\frac{a}{2}$）递增，（$\frac{a}{2}$，a）递减，在（a，2）递增，
可得f（$\frac{a}{2}$）取得最大值，且为g（a）=$\frac{{a}^{2}}{4}$；
③当2＜a≤4时，f（x）在（0，$\frac{a}{2}$）递增，（$\frac{a}{2}$，2）递减，
可得f（$\frac{a}{2}$）取得最大值，且为g（a）=$\frac{{a}^{2}}{4}$；
④当a＞4时，f（x）在[0，2]递增，可得f（2）取得最大值，且为g（a）=2a-4．
综上可得，g（a）=$\left\{\begin{array}{l}{4-2a，a≤4\sqrt{2}-4}\\{\frac{{a}^{2}}{4}，4\sqrt{2}-4＜a≤4}\\{2a-4，a＞4}\end{array}\right.$；
当a≤4$\sqrt{2}$-4时，g（a）≥12-8$\sqrt{2}$；
当4$\sqrt{2}$-4＜a≤4时，g（a）递增，可得g（a）∈（12-8$\sqrt{2}$，4]；
当a＞4时，g（a）∈（4，+∞）．
可得g（a）≥12-8$\sqrt{2}$，即有g（a）的最小值为12-8$\sqrt{2}$．

点评 本题主要考查函数绝对值函数的最值的求法，注意运用分类讨论的思想方法，结合二次函数对称轴和区间的关系，同时考查不等式恒成立问题的解法，注意运用参数分离和函数的最值的求法，属于难题．