Question

20．已知函数f（x）=x|2x-a|，g（x）=$\frac{{x}^{2}-a}{x-1}$（a∈R）
（1）若a＜0，解不等式f（x）≥a；
（2）若a＞1，对任意t∈[3，5]，f（x）=g（t）在x∈[3，5]总存在两不相等的实数根，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的单调区间，解方程x（a-2x）=a，讨论a的范围，分-8≤a＜0，a＜-8，即可得到所求解集；
（2）运用绝对值的意义，可得f（x）的分段函数，对a讨论，分①当6＜a＜10时，②当12＜a＜20时，结合单调性，由函数的包含关系，解不等式可得a的范围．

解答 解：（1）∵a＜0，∴f（x）在$（-∞，\frac{a}{2}]$单调递增，
在$[\frac{a}{2}，\frac{a}{4}]$单调递减，在$[\frac{a}{4}，+∞）$单调递增，
若$f（\frac{a}{4}）=-\frac{a^2}{8}$≥a即-8≤a＜0时，
令x（a-2x）=a解得：${x_1}=\frac{{a-\sqrt{{a^2}-8a}}}{4}$，
∴不等式的解为：$x≥\frac{{a-\sqrt{{a^2}-8a}}}{4}$，
若$f（\frac{a}{4}）=-\frac{a^2}{8}$＜a即a＜-8时，令x（2x-a）=a，
解得：${x_1}_{，2}=\frac{{a±\sqrt{{a^2}+8a}}}{4}$
不等式的解为：$\frac{{a-\sqrt{{a^2}-8a}}}{4}≤x≤\frac{{a-\sqrt{{a^2}+8a}}}{4}或x≥\frac{{a+\sqrt{{a^2}+8a}}}{4}$，
综上：-8≤a＜0不等式的解集为：{x|$x≥\frac{{a-\sqrt{{a^2}-8a}}}{4}$}，
a＜-8不等式的解为：{x|$\frac{{a-\sqrt{{a^2}-8a}}}{4}≤x≤\frac{{a-\sqrt{{a^2}+8a}}}{4}或x≥\frac{{a+\sqrt{{a^2}+8a}}}{4}$}；
（2）f（x）=x|2x-a|=$\left\{\begin{array}{l}{-2（x-\frac{a}{4}）^{2}+\frac{{a}^{2}}{8}，x＜\frac{a}{2}}\\{2（x-\frac{a}{4}）^{2}-\frac{{a}^{2}}{8}，x≥\frac{a}{2}}\end{array}\right.$，
∵a＞1，∴f（x）在$（-∞，\frac{a}{4}]$单调递增，在$[\frac{a}{4}，\frac{a}{2}]$单调递减，
在$[\frac{a}{2}，+∞）$单调递增，
∴$3＜\frac{a}{2}＜5或3＜\frac{a}{4}＜5$，即6＜a＜10或12＜a＜20，
∴$g（x）=\frac{{{x^2}-a}}{x-1}$=$x-1+\frac{1-a}{x-1}+1$在x∈[3，5]单调递增，
∴$g（x）∈[\frac{9-a}{2}，\frac{25-a}{4}]$，
①当6＜a＜10时，f（x）在$[3，\frac{a}{2}]$单调递减在$[\frac{a}{2}，5]$单调递增
∴必须$[g（3），g（5）]⊆[f（\frac{a}{2}），min\{f（3），f（5）\}]$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{g（5）≤f（3）}\\{g（5）≤f（5）}\\{g（3）＞f（\frac{a}{2}）}\end{array}\right.$⇒$\frac{97}{13}≤a＜9$，
②当12＜a＜20时，f（x）在$[3，\frac{a}{4}]$单调递增，在$[\frac{a}{4}，5]$单调递减，$[g（3），g（5）]⊆[f（\frac{a}{4}），max\{f（3），f（5）\}]$，
即$\left\{\begin{array}{l}{g（3）≥f（3）}\\{g（5）≥f（5）}\\{g（5）＜f（\frac{a}{4}）}\end{array}\right.$⇒a∈ϕ，
综上$\frac{97}{13}≤a＜9$．

点评 本题考查不等式的解法，注意运用分类讨论的思想方法，考查任意性和存在性问题的解法，注意运用讨论和单调性，考查运算能力，属于中档题．