Question

16．设 a为实数，函数 f（x）=（x-a）²+|x-a|-a（a-1）．
（1）若f（0）≤1，求a的取值范围；
（2）讨论 f（x）的单调性；
（3）当a≥2 时，讨论f（x）+$\frac{4}{x}$ 在区间 （0，+∞）内的零点个数．

Answer 1

分析 （1）利用f（0）≤1，得到|a|+a-1≤0，对a分类讨论求解不等式的解集即可．
（2）化简函数f（x）的解析式，通过当x＜a时，当x≥a时，利用二次函数f（x）的对称轴求解函数的单调区间即可．
（3）化简F（x）=f（x）+$\frac{4}{x}$，求出函数的导数，利用导函数的符号，通过a的讨论判断函数的单调性，然后讨论函数的零点的个数．

解答 解：（1）若f（0）≤1，即：a²+|a|-a（a-1）≤1．可得|a|+a-1≤0，
当a≥0时，a$≤\frac{1}{2}$，可得a∈[0，$\frac{1}{2}$]．
当a＜0时，|a|+a-1≤0，恒成立．
综上a$≤\frac{1}{2}$．
∴a的取值范围：$（-∞，\frac{1}{2}]$；
（2）函数 f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{x}^{2}-（2a+1）x+2a，x＜a\\{x}^{2}+（1-2a）x，x≥a\end{array}\right.$=$\left\{\begin{array}{l}{[x-（a+\frac{1}{2}）]}^{2}-\frac{（2a-1）^{2}}{4}，x＜a\\{[x-（a-\frac{1}{2}）]}^{2}-\frac{（2a-1）^{2}}{4}，x≥a\end{array}\right.$，
当x＜a时，函数f（x）的对称轴为：x=$\frac{2a+1}{2}$=a+$\frac{1}{2}$＞a，
y=f（x）在（-∞，a）时是减函数，
当x≥a时，函数f（x）的对称轴为：x=$\frac{2a-1}{2}$=a-$\frac{1}{2}$＜a，
y=f（x）在（a，+∞）时是增函数，
（3）F（x）=f（x）+$\frac{4}{x}$=$\left\{\begin{array}{l}{x}^{2}-（2a+1）x+\frac{4}{x}+2a，x＜a\\{x}^{2}+（1-2a）x+\frac{4}{x}，x≥a\end{array}\right.$，
$F′（x）=\left\{\begin{array}{l}2x-（2a+1）-\frac{4}{{x}^{2}}=\frac{2{x}^{3}-（2a+1）{x}^{2}-4}{{x}^{2}}，x＜a\\ 2x+（1-2a）-\frac{4}{{x}^{2}}=\frac{2{x}^{3}+（1-2a）{x}^{2}-4}{{x}^{2}}，x≥a\end{array}\right.$，
当x＜a时，$F′（x）=\frac{2{x}^{3}-（2a+1）{x}^{2}-4}{{x}^{2}}$=$\frac{2{x}^{2}（x-a）-（{x}^{2}+4）}{{x}^{2}}＜0$，
所以，函数F（x）在（0，a）上是减函数．
当x≥a时，因为a≥2，所以，F′（x）=$\frac{2{x}^{3}+（1-2a）{x}^{2}-4}{{x}^{2}}$═$\frac{2{x}^{2}（x-a）+（{x}^{2}-4）}{{x}^{2}}≥0$，
所以，函数F（x）在（a，+∞）上是增函数．
F（a）=a-a²+$\frac{4}{a}$．当a=2时，F（2）=0，此时F（x）有一个零点，当a＞2时，F（a）=a-a²+$\frac{4}{a}$，
F′（a）=1-2a$-\frac{4}{{a}^{2}}$=$\frac{-2{a}^{3}+{a}^{2}-4}{{a}^{2}}$=$\frac{{a}^{2}（1-a）-（{a}^{3}+4）}{{a}^{2}}＜0$．
所以F（ah）在（2，+∞）上是减函数，
所以F（a）＜$F（2）=2-{2}^{2}+\frac{4}{2}=0$，即F（a）＜0，
当x＞0且x→0时，F（x）→+∞；当x→+∞时，F（x）→+∞，所以函数F（x）有两个零点．
综上所述，当a=2时，F（x）有一个零点，a＞2时F（x）有两个零点．

点评 本题考查的知识点比较多，包括绝对值不等式的解法，函数的零点，函数的导数以及导数与函数的单调性的关系，考查分类讨论思想的应用，函数与方程的思想，转化思想的应用，也考查化归思想的应用．