Question

6．已知函数f（x）=|x-a|-$\frac{9}{x}$，x∈[1，6]．
（1）a=1，解不等式f（x）≤1；
（2）x∈[1，6]，f（x）≤5恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）当a=1时，函数f（x）=x-1-$\frac{9}{x}$，在[1，6]上为增函数，求得f（x）=1时x的值，可得不等式式f（x）≤1的解集．
（2）x∈[1，6]时，f（x）≤5恒成立，故f（x）_max≤5．根据函数f（x）=|x-a|-$\frac{9}{x}$，分类讨论求得f（x）_max，可得a的范围．

解答 解：（1）当a=1时，函数f（x）=|x-1|-$\frac{9}{x}$=x-1-$\frac{9}{x}$，在[1，6]上为增函数，
不等式f（x）≤1，即 x-1-$\frac{9}{x}$≤1，
由x-1-$\frac{9}{x}$=1求得x=1+$\sqrt{10}$，故不等式的解集为[1，1+$\sqrt{10}$]．
（2）∵x∈[1，6]时，f（x）≤5恒成立，故f（x）_max≤5．
由于函数f（x）=|x-a|-$\frac{9}{x}$，
①当a≤1时，f（x）=x-a-$\frac{9}{x}$，
f（x）在[1，6]上为增函数，故f（x）_max=f（6）=$\frac{9-a}{2}$≤5，求得a≥-1，故此时，-1≤a≤1．
②当1＜a＜3时，f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{a-x-\frac{9}{x}，1≤x＜a}\\{x-a-\frac{9}{x}，a≤x≤6}\end{array}\right.$，
∴当1≤x＜a＜3时，f′（x）=-1+$\frac{9}{{x}^{2}}$＞0，∴f（x）是增函数；
当a≤x≤6时，f′（x）=1+$\frac{9}{{x}^{2}}$＞0，∴f（x）是增函数；
故f（x）在在[1，6]上递增，故f（x）_max=f（6）=6-a-$\frac{9}{6}$≤5，求得 a≥-$\frac{1}{2}$，故此时，1＜a＜3．
③当3≤a≤6时，f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{a-x-\frac{9}{x}，1≤x＜a}\\{x-a-\frac{9}{x}，a≤x≤6}\end{array}\right.$，
当1≤x＜a时，f′（x）=-1+$\frac{9}{{x}^{2}}$＜0，∴f（x）是减函数，
当a≤x≤6时，f′（x）=1+$\frac{9}{{x}^{2}}$＞0，∴f（x）是增函数，
再根据f（1）=a-1-9=a-10，f（6）=6-a-$\frac{9}{x}$，∴f（x）_max=f（6）=6-a-$\frac{9}{6}$≤5，求得 a≥-$\frac{1}{2}$，故此时，3≤a≤6．
④当a＞6时，f（x）=|x-a|-$\frac{9}{x}$=a-x-$\frac{9}{x}$=a-（x+$\frac{9}{x}$）≤a-6，
故f（x）_max=a-6，由a-6≤5，求得a≤11，故此时，6＜a≤11．
综合①②③④，可得a的范围为[-1，11]．

点评 本题主要考查绝对值不等式的解法，分段函数的应用，函数的恒成立问题，利用导数研究函数的最大值，属于难题．