Question

18．已知函數(shù)f（x）=x²-x|x-a|-3a，a＞0．
（1）若a=1，求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）求函數(shù)在x∈[0，3]上的最值；
（3）當(dāng)a∈（0，3）時，若函數(shù)f（x）恰有兩個不同的零點x₁，x₂，求$|{\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2}}|$的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)二次函數(shù)以及一次函數(shù)的性質(zhì)求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）通過討論a的范圍求出函數(shù)的最小值和最大值即可；
（3）求出f（x）的根，求$|{\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2}}|$的表達(dá)式，得到其范圍即可．

解答 解：（1）$f（x）={x^2}-x|{x-1}|-3=\left\{\begin{array}{l}2{x^2}-x-3，x≤1\\ x-3，x＞1.\end{array}\right.$
x≤1時，函數(shù)f（x）的對稱軸是x=$\frac{1}{4}$，開口向上，
故f（x）在$（{-∞，\frac{1}{4}}）$上單調(diào)遞減，在$（{\frac{1}{4}，+∞}）$上單調(diào)遞增．
（2）$f（x）={x^2}-x|{x-a}|-3a=\left\{\begin{array}{l}2{x^2}-ax-3a，x≤a\\ ax-3a，x＞a.\end{array}\right.$，
當(dāng)0＜a≤3時，f（x）=2x²-ax-3a的對稱軸是x=$\frac{a}{4}$＜1，
∴f（x）在[0，$\frac{a}{4}$）遞減，在（$\frac{a}{4}$，3]遞增，
而f（0）=-3a＜f（3）=0，
∴f（x）的最小值$f（{\frac{a}{4}}）$，最大值f（3）；
當(dāng)3＜a＜6時，對稱軸x=$\frac{a}{4}$，1＜$\frac{a}{4}$＜3，
故f（x）在[0，$\frac{a}{4}$）遞減，在（$\frac{a}{4}$，3]遞增，
∴f（x）的最小$f（{\frac{a}{4}}）$，最大值f（3），
當(dāng)6≤a＜12時，
最小值$f（{\frac{a}{4}}）$，最大值f（0）
當(dāng)a≥12時，最小值f（3），最大值f（0）
（3）$f（x）={x^2}-x|{x-a}|-3a=\left\{\begin{array}{l}2{x^2}-ax-3a，x≤a\\ ax-3a，x＞a.\end{array}\right.$
當(dāng)0＜a＜3時，令f（x）=0，可得${x_1}=3，{x_2}=\frac{{a-\sqrt{{a^2}+24a}}}{4}$，${x_3}=\frac{{a+\sqrt{{a^2}+24a}}}{4}$
（因為f（a）=a²-3a＜0，所以x₃＞a舍去）
所以$|{\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2}}|=\frac{1}{3}+\frac{4}{{\sqrt{{a^2}+24a}-a}}=\frac{1}{3}+\frac{{\sqrt{{a^2}+24a}+a}}{6a}=\frac{1}{2}+\frac{1}{6}\sqrt{1+\frac{24}{a}}$，
在0＜a＜3上是減函數(shù)，所以$|{\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2}}|∈（{1，+∞}）$．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查二次函數(shù)的性質(zhì)以及分類討論思想，是一道中檔題．