Question

已知f（x）=x|x-a|+2x-3
（Ⅰ）當(dāng)a=4，2≤x≤5時(shí)，問(wèn)x分別取何值時(shí)，函數(shù)f（x）取得最大值和最小值，并求出相應(yīng)的最大值和最小值；
（Ⅱ）若f（x）在R上恒為增函數(shù)，試求a的取值范圍；
（Ⅲ）已知常數(shù)a=4，數(shù)列{a_n}滿足an+1=

f(an)+3

an

(n∈N+)，試探求a₁的值，使得數(shù)列{a_n}（n∈N⁺）成等差數(shù)列．

Answer 1

分析：（Ⅰ）由當(dāng)a=4時(shí)，確定函數(shù)f（x）=x|x-4|+2x-3，再用分類討論去絕對(duì)值可得（1）2≤x＜4時(shí)，f（x）=x（4-x）+2x-3=-（x-3）²+6（2）當(dāng)4≤x≤5時(shí)，f（x）=x（x-4）+2x-3=（x-1）²-4，分別用二次函數(shù)法示得最值，再?gòu)闹羞x最大的為最大值，最小的為最小值．（Ⅱ）先轉(zhuǎn)化為分段函數(shù)f(x)=

x2+(2-a)x-3，x≥a -x2+(2+a)x-3，x＜a

=

(x- a-2 2 )2- (a-2)2 4 -3，x≥a -(x- a+2 2 )2+ (a+2)2 4 -3，x＜a

，若f（x）在R上恒為增函數(shù)，則由每一段必須都為增函數(shù)求解（Ⅲ）由（I）得到an+1=

f(an)+3

an

=|an-4|+2(n∈N*)，再用分類討論去絕對(duì)值，①當(dāng)a_n＜4時(shí)，a_n+1=-a_n+6，即a_n+1+a_n=6（②當(dāng)a_n≥4時(shí)a_n+1=a_n-2，即a_n+1-a_n=-2分別研究，再綜合求解．

解答：解：（Ⅰ）當(dāng)a=4時(shí)，f（x）=x|x-4|+2x-3
（1）2≤x＜4時(shí)，f（x）=x（4-x）+2x-3=-（x-3）²+6
當(dāng)x=2時(shí)，f（x）_min=5；當(dāng)x=3時(shí)，f（x）_max=6
（2）當(dāng)4≤x≤5時(shí)，f（x）=x（x-4）+2x-3=（x-1）²-4
當(dāng)x=4時(shí)，f（x）_min=5；當(dāng)x=5時(shí)，f（x）_max=12
綜上所述，當(dāng)x=2或4時(shí)，f（x）_min=5；當(dāng)x=5時(shí)，f（x）_max=12

（Ⅱ）f(x)=

x2+(2-a)x-3，x≥a -x2+(2+a)x-3，x＜a

=

(x- a-2 2 )2- (a-2)2 4 -3，x≥a -(x- a+2 2 )2+ (a+2)2 4 -3，x＜a

f（x）在R上恒為增函數(shù)的充要條件是

a-2 2 ≤a a+2 2 ≥a

，解得-2≤a≤2

（Ⅲ）an+1=

f(an)+3

an

=|an-4|+2(n∈N*)，
①當(dāng)a_n＜4時(shí)，a_n+1=-a_n+6，即a_n+1+a_n=6（1）
當(dāng)n=1時(shí)，a₁+a₂=6；當(dāng)n≥2時(shí)，a_n+a_n-1=6（2）
（1）-（2）得，n≥2時(shí)，a_n+1-a_n-1=0，即a_n+1=a_n-1
又{a_n}為等差數(shù)列，∴a_n=3（n∈N^*）此時(shí)a₁=3
②當(dāng)a_n≥4時(shí)a_n+1=a_n-2，即a_n+1-a_n=-2∴d=-2
若d=-2時(shí)，則a_n+1=a_n-2（3），將（3）代入（1）得a_n-4=|a_n-4|，
∴a_n≥4對(duì)一切n∈N^*都成立
另一方面，a_n=a₁-2（n-1），a_n≥4當(dāng)且僅當(dāng)n≤

a1

2

-1時(shí)成立，矛盾
∴d=-2不符合題意，舍去．
綜合①②知，要使數(shù)列{a_n}（n∈N⁺）成等差數(shù)列，則a₁=3

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了絕對(duì)值函數(shù)和分段函數(shù)間的轉(zhuǎn)化以及數(shù)列的判斷與證明，涉及到了分類討論，二次函數(shù)求最值和數(shù)列求通項(xiàng)等問(wèn)題．