Question

7．已知函數(shù)：$f（x）=\frac{x+1-a}{x-a}（a∈R且x≠a）$．
（1）若a=1，求f（-16）+f（-15）+f（-14）+…+f（17）+f（18）的值；
（2）當f（x）的定義域為[a-2，a-1]時，求f（x）的值域；
（3）設函數(shù)g（x）=x²-|（x-a）f（x）|，求g（x）的最小值．

Answer 1

分析 （1）化簡$f（x）+f（2-x）=\frac{x}{x-1}+\frac{2-x}{1-x}$=2，然后求解f（-16）+f（-15）+f（-14）+…+f（17）+f（18的值即可．
（2）判斷$f（x）=1+\frac{1}{x-a}$，在[a-2，a-1]上單調遞減，通過f（a-1）≤f（x）≤f（a-2）求解函數(shù)的值域即可．（3）化簡g（x）=x²-|x+1-a|（x≠a），通過
①當x≥a-1且x≠a，$a≥\frac{3}{2}$時，則函數(shù)在[a-1，a）和（a，+∞）上單調遞增求出最小值．a$＜\frac{3}{2}$且a$≠\frac{1}{2}$，求解最小值．當$a=\frac{1}{2}$時，g（x）最小值不存在．②當x≤a-1時，通過a的范圍，分別求解函數(shù)的最小值．推出結果即可．

解答 解：（1）$f（x）+f（2-x）=\frac{x}{x-1}+\frac{2-x}{1-x}$=2，…（2分）
f（-16）+f（-15）+f（-14）+…+f（17）+f（18）=35，…（3分）
（2）證明：$f（x）=1+\frac{1}{x-a}$，易知f（x）在[a-2，a-1]上單調遞減，…（4分）
f（a-1）≤f（x）≤f（a-2），…（5分）
即$0≤f（x）≤\frac{1}{2}$，∴$f（x）值域[0，\frac{1}{2}]$．…（6分）
（3）解：g（x）=x²-|x+1-a|（x≠a），
①當$x≥a-1且x≠a，g（x）={x^2}-x-1+a={（x-\frac{1}{2}）^2}-\frac{5}{4}+a$，
如果$a-1≥\frac{1}{2}$即$a≥\frac{3}{2}$時，則函數(shù)在[a-1，a）和（a，+∞）上單調遞增$g{（x）_{min}}=g（a-1）={（a-1）^2}$…（7分）
如果$a-1＜\frac{1}{2}即a＜\frac{3}{2}且a≠\frac{1}{2}，g{（x）_{min}}=g（\frac{1}{2}）=a-\frac{5}{4}$，
當$a=\frac{1}{2}$時，g（x）最小值不存在．…（8分）
②當$x≤a-1，g（x）={x^2}+x+1-a={（x+\frac{1}{2}）^2}+\frac{3}{4}-a$，
如果$a-1＞-\frac{1}{2}即a＞\frac{1}{2}，g{（x）_{min}}=g（-\frac{1}{2}）=\frac{3}{4}-a$，…（9分）
如果$a-1≤-\frac{1}{2}即a≤\frac{1}{2}，g（x）在（-∞，\left.{a-1}]$上為減函數(shù)，$g{（x）_{min}}=g（a-1）={（a-1）^2}$，…（10分）
當$a≥\frac{3}{2}，{（a-1）^2}-（\frac{3}{4}-a）={（a-\frac{1}{2}）^2}＞0，a＜\frac{1}{2}，{（a-1）^2}-（a-\frac{5}{4}）={（a-\frac{3}{2}）^2}≥0$，$\frac{1}{2}＜a＜\frac{3}{2}，a-\frac{5}{4}-（\frac{3}{4}-a）=2（a-1）$，…（11分）
綜合得：當a＜1且$a≠\frac{1}{2}$時，g（x）最小值是$a-\frac{5}{4}$，
當a≥1時，g（x）最小值為$\frac{3}{4}-a$，
當$a=\frac{1}{2}$時，g（x）最小值不存在．…（12分）

點評 本題考查函數(shù)的最值的求法，函數(shù)的單調性以及分類討論思想的應用，二次函數(shù)的性質，考查分析問題解決問題的能力．