Question

19．已知函数f（x）=$\frac{a}{x}-|x-a|$．
（1）当a=1，求f（x）在区间[2，3]上的值域；
（2）若a＞0，写出f（x）在（0，+∞）的单调区间；
（3）当x∈（0，4]时，f（x）≥x-3恒成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）a=1，x∈[2，3]时，可以去掉绝对值号得到$f（x）=\frac{1}{x}-x+1$，可看出该函数在[2，3]上单调递减，从而f（3）≤f（x）≤f（2），这便可得出该函数的值域；
（2）去绝对值号得到$f（x）=\left\{\begin{array}{l}{\frac{a}{x}-x+a}&{x≥a}\\{\frac{a}{x}+x-a}&{0＜x＜a}\end{array}\right.$，可以看出f（x）在[a，+∞）上单调递减，从而单调递减区间为[a，+∞）；而0＜x＜a时，求导数；$f′（x）=\frac{{x}^{2}-a}{{x}^{2}}$，容易看出0＜a＜1时，$a＜\sqrt{a}$，a＞1时，a$＞\sqrt{a}$，这样便可得出f（x）的单调区间；
（3）根据条件考虑去绝对值号，从而需讨论a：a=0时，可得到f（x）=-x，便可得到不等式-x≥x-3，显然该不等式不恒成立；a＜0时，可得到$a≥\frac{2{x}^{2}-3x}{x+1}$恒成立，可设g（x）=$\frac{2{x}^{2}-3x}{x+1}$，通过求导，根据导数符号便可判断g（x）的单调性，从而求出在（0，4]上的最大值为4，从而a≥4，显然这种情况不存在；a≥4时，便得到$\frac{a}{x}-a+3≥0$恒成立，根据函数单调性可求出函数y=$\frac{a}{x}-a+3$的最大值，从而可以得出a的范围；而0＜a＜4，a≤x≤4时，可得到$f（x）=\frac{a}{x}-x+a$，根据前面g（x）的求导，可讨论a，从而判断g（x）在[a，4]上的单调性，从而求出a的范围，求出的所有a的范围求并集即可得出a的取值范围．

解答 解：（1）a=1，x∈[2，3]时，f（x）=$\frac{1}{x}-x+1$；
$y=\frac{1}{x}$，和y=-x+1在[2，3]上都单调递减；
∴f（x）在[2，3]上单调递减；
∴f（3）≤f（x）≤f（2）；
即$-\frac{5}{3}≤f（x）≤-\frac{1}{2}$；
∴f（x）在[2，3]上的值域为$[-\frac{5}{3}，-\frac{1}{2}]$；
（2）①x≥a时，∵a＞0，∴$y=\frac{a}{x}$和y=-x+a在[a，+∞）上都单调递减；
∴f（x）=$\frac{a}{x}-x+a$在[a，+∞）上单调递减；
即f（x）的单调递减区间为[a，+∞）；
②0＜x＜a时，$f（x）=\frac{a}{x}+x-a$，$f′（x）=-\frac{a}{{x}^{2}}+1=\frac{{x}^{2}-a}{{x}^{2}}$；
a²-a=a（a-1）；
∴0＜a≤1时，${a}^{2}≤a，a≤\sqrt{a}$；a＞1时，${a}^{2}＞a，a＞\sqrt{a}$；
∴1）0＜a≤1时，x∈（0，a）时，f′（x）＜0；
∴f（x）在（0，a）上单调递减；
即（0，a）是f（x）的单调递减区间；
2）a＞1时，x$∈（0，\sqrt{a}）$时，f′（x）＜0；x$∈（\sqrt{a}，a）$时，f′（x）＞0；
∴$（0，\sqrt{a}）$为f（x）的单调递减区间，[$\sqrt{a}$，a）是f（x）的单调递增区间；
（3）x∈（0，4]，∴①a=0时，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]，∴这种情况不存在；
②a＜0时，$f（x）=\frac{a}{x}-x+a$；
∴由f（x）≥x-3得，$\frac{a}{x}-x+a≥x-3$；
∴$a≥\frac{2{x}^{2}-3x}{x+1}$，设$g（x）=\frac{2{x}^{2}-3x}{x+1}$，$g′（x）=\frac{2{x}^{2}+4x-3}{（x+1）^{2}}$；
令2x²+4x-3=0得，x=$\frac{-2±\sqrt{10}}{2}$；
∴$x∈（0，\frac{-2+\sqrt{10}}{2}）$时，g′（x）＜0；x$∈（\frac{-2+\sqrt{10}}{2}，4]$时，g′（x）＞0；
∴g（x）在（0，$\frac{-2+\sqrt{10}}{2}$）上单调递减，在[$\frac{-2+\sqrt{10}}{2}$，4]上单调递增；
又g（0）=0，g（4）=4；
∴g（x）在（0，4]上的最大值为4；
∴a≥4，与a＜0矛盾，∴这种情况不存在；
③a≥4时，$f（x）=\frac{a}{x}+x-a$；
∴$\frac{a}{x}+x-a≥x-3$恒成立；
∴$\frac{a}{x}-a+3≥0$在（0，4]上恒成立；
$y=\frac{a}{x}-a+3$为减函数；
∴x=4时，y取最小值$-\frac{3a}{4}+3$；
∴$-\frac{3a}{4}+3≥0$；
∴a≤4；
∴a=4；
④0＜a＜4时，若a≤x≤4，则：$f（x）=\frac{a}{x}-x+a$；
由上面得$a≥\frac{2{x}^{2}-3x}{x+1}$，设$g（x）=\frac{2{x}^{2}-3x}{x+1}$；
若1）$0＜a＜\frac{-2+\sqrt{10}}{2}$时，x$∈[a，\frac{-2+\sqrt{10}}{2}）$时，g′（x）＜0；x∈（$\frac{-2+\sqrt{10}}{2}$，4]时，g′（x）＞0；
∴$\left\{\begin{array}{l}{a≥g（a）}\\{a≥g（4）}\end{array}\right.$；
∴$\left\{\begin{array}{l}{a≥\frac{2{a}^{2}-3a}{a+1}}\\{a≥4}\end{array}\right.$，与0＜a＜4矛盾，∴这种情况不存在；
2）$a≥\frac{-2+\sqrt{10}}{2}$时，x∈[a，4]时，g′（x）＞0；
∴g（x）在[a，4]上单调递增；
∴x=4时，g（x）取最大值4；
∴a≥4，与0＜a＜4矛盾，即这种情况不存在；
∴a≤x≤4时，f（x）≥x-3不恒成立；
∴0＜a＜4这种情况不存在；
综上得，a=4；
∴a的取值范围为{4}．

点评 考查含绝对值函数的处理方法：去绝对值号，反比例函数、一次函数的单调性，根据函数单调性求值域，根据导数符号判断函数单调性的方法，以及根据导数求函数最值的方法．