Question

16．已知函數f（x）=$\sqrt{x}$|x-a|，a∈R，g（x）=16x³+mx²-15x-2，且g（2）=0．
（Ⅰ）求函數g（x）的極值；
（Ⅱ）若函數f（x）單調函數，求實數a的取值范圍；
（Ⅲ）設a＞0，若存在實數t（t＞a），當x∈[0，t]時函數f（x）的值域為[0，$\frac{t}{2}$]，求實數a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根據g（2）=0，求出m的值，求出g（x）的解析式，根據函數的單調性求出函數的極值即可；
（Ⅱ）通過討論a的范圍，結合函數的單調性確定a的具體范圍即可；
（Ⅲ）令h（x）=$\sqrt{x}$（a-x），根據函數的單調性得到f（x）_max=max{f（$\frac{a}{3}$），f（t）}，分情況討論即可．

解答 解：（Ⅰ）∵g（2）=16•2³+m•2²-15•2-2=0，
解得：m=-24，
故g（x）=16x³-24x²-15x-2，
g′（x）=48x²-48x-15，
令g′（x）＞0，解得：x＜-$\frac{1}{4}$或x＞$\frac{5}{4}$，
令g′（x）＜0，解得：-$\frac{1}{4}$＜x＜$\frac{5}{4}$，
故f（x）在（-∞，-$\frac{1}{4}$）遞增，在（-$\frac{1}{4}$，$\frac{5}{4}$）遞減，在（$\frac{5}{4}$，+∞）遞增，
故f（x）_極大值=f（-$\frac{1}{4}$）=0，f（x）_極小值=f（$\frac{5}{4}$）=-27；
（Ⅱ）顯然x≥0，
當a≤0時，f（x）=$\sqrt{x}$（x-a），f′（x）=$\frac{3}{2}$${x}^{\frac{1}{2}}$-$\frac{1}{2}$a${x}^{-\frac{1}{2}}$≥0，
∴f（x）在[0，+∞）遞增，符合題意，
當a＞0時，f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{\sqrt{x}（a-x），0≤x≤a}\\{\sqrt{x}（x-a），x＞a}\end{array}\right.$，
此時，x=a是函數f（x）的零點，顯然不單調，
綜上，a的范圍是：（-∞，0]；
（Ⅲ）顯然，當x＞a時，f（x）遞增，
令h（x）=$\sqrt{x}$（a-x），（0≤x≤a），則h′（x）=$\frac{a-3x}{2\sqrt{x}}$，
x∈（0，$\frac{a}{3}$）時，h′（x）＞0，x∈（$\frac{a}{3}$，a）時，h′（x）＜0，
故h（x）的1個極大值點是x=$\frac{a}{3}$，
則當x∈[0，t]時，f（x）_max=max{f（$\frac{a}{3}$），f（t）}，
①當f（x）_max=f（t）時，則有$\left\{\begin{array}{l}{f（\frac{a}{3}）≤\frac{t}{2}}\\{f（t）=\frac{t}{2}}\end{array}\right.$即$\left\{\begin{array}{l}{\sqrt{\frac{a}{3}}•\frac{2a}{3}≤\frac{t}{2}}\\{\sqrt{t}（t-a）=\frac{t}{2}}\end{array}\right.$，
即2${（2\sqrt{t}-1）}^{3}$-27$\sqrt{t}$≤0，（*），
令φ（x）=2（2x-1）³-27x=16x³-24x²-15x-2，（x＞0）
由（Ⅰ）知，x∈（0，$\frac{5}{4}$）時，φ′（x）＜0，φ（x）遞減，
x∈（$\frac{5}{4}$，+∞）時，φ′（x）＞0，φ（x）遞增，
又∵φ（0）=-2＜0，φ（2）=0，
∴x∈（0，2）時，φ（x）＜0，x∈（2，+∞）時，φ（x）＞0，
∴由（*）解得：$\sqrt{t}$≤2，即t≤4，
故a≤3，又a＞0，綜上，0＜a≤3；
②當f（x）_max=f（$\frac{a}{3}$）時，則有$\left\{\begin{array}{l}{f（t）≤\frac{t}{2}}\\{f（\frac{a}{3}）=\frac{t}{2}}\end{array}\right.$，
同上，得0＜a≤3，
綜上，a∈（0，3]．

點評 本題考查了函數的單調性、極值問題，考查導數的應用以及分類討論思想，轉化思想，是一道綜合題．