Question

5．已知函數(shù)f（x）=x|x-2a|+a²-4a（a∈R）．
（Ⅰ）當(dāng)a=-1時(shí)，求f（x）在[-3，0]上的最大值和最小值；
（Ⅱ）若方程f（x）=0有3個(gè)不相等的實(shí)根x₁，x₂，x₃，求$\frac{1}{{x}_{1}}$+$\frac{1}{{x}_{2}}$+$\frac{1}{{x}_{3}}$的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的分段函數(shù)的解析式，從而求出函數(shù)的最大值和最小值即可；
（Ⅱ）通過(guò)討論a的范圍，得到$\frac{1}{{x}_{1}}$+$\frac{1}{{x}_{2}}$+$\frac{1}{{x}_{3}}$的表達(dá)式，從而求出a的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）∵a=-1，
∴f（x）=x|x+2|+5=$\left\{\begin{array}{l}{{-x}^{2}-2x+5，（-3≤x＜-2）}\\{{x}^{2}+2x+5，（-2≤x≤0）}\end{array}\right.$，
x∈[-2，0]時(shí)，4≤f（x）≤5，
x∈[-3，-2]時(shí)，2≤f（x）≤5，
∴f（x）_min=f（-3）=2，f（x）_max=f（0）=5；
（Ⅱ）∵f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}-2ax{+a}^{2}-4a，（x≥2a）}\\{{-x}^{2}+2ax{+a}^{2}-4a（x＜2a）}\end{array}\right.$，
①若a＞0，∵方程f（x）=0有3個(gè)不相等的實(shí)根，
故x＜2a時(shí)，方程f（x）=-x²+2ax+a²-4a=0有2個(gè)不相等的實(shí)根，
x≥2a時(shí)，方程f（x）=x²-2ax+a²-4a=0有1個(gè)不相等的實(shí)根，
∴$\left\{\begin{array}{l}{{4a}^{2}+4{（a}^{2}-4a）＞0}\\{{a}^{2}-4a＜0}\end{array}\right.$，解得：2＜a＜4，
不妨設(shè)x₁＜x₂＜x₃，則x₁+x₂=2a，x₁x₂=-a²+4a，x₃=a+2$\sqrt{a}$，
∴$\frac{1}{{x}_{1}}$+$\frac{1}{{x}_{2}}$+$\frac{1}{{x}_{3}}$=$\frac{2a}{a（4-a）}$+$\frac{a-2\sqrt{a}}{{a}^{2}-4a}$=-$\frac{1}{a-2\sqrt{a}}$＞$\frac{1+\sqrt{2}}{2}$，
∴$\frac{1}{{x}_{1}}$+$\frac{1}{{x}_{2}}$+$\frac{1}{{x}_{3}}$的范圍是（$\frac{1+\sqrt{2}}{2}$，+∞），
②若a＜0，當(dāng)x＞2a時(shí)，方程f（x）=x²-2ax+a²-4a=0的判別式小于0，
不符合題意；
③a=0時(shí)，顯然不和題意，
故$\frac{1}{{x}_{1}}$+$\frac{1}{{x}_{2}}$+$\frac{1}{{x}_{3}}$的范圍是（$\frac{1+\sqrt{2}}{2}$，+∞）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了分段函數(shù)問(wèn)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．