Question

已知函數(shù)f₁（x）=e^|x-2a+1|，f₂（x）=e^|x-a|+1，x∈R．
（1）若a=2，求f（x）=f₁（x）+f₂（x）在x∈[2，3]上的最小值；
（2）若|f₁（x）-f₂（x）|=f₂（x）-f₁（x）對(duì)于任意的實(shí)數(shù)x∈R恒成立，求a的取值范圍；
（3）當(dāng)4≤a≤6時(shí)，求函數(shù)g（x）=在x∈[1，6]上的最小值．

Answer 1

解：（1）對(duì)于a=2，x∈[2，3]，f（x）=e^|x-3|+e^|x-2|+1=e^3-x+e^x-1（3分）
≥2=2e，
當(dāng)且僅當(dāng)e^3-x=e^x-1，即x=2時(shí)等號(hào)成立，∴f（x）_min=2e．（6分）
（2）|f₁（x）-f₂（x）|=f₂（x）-f₁（x）對(duì)于任意的實(shí)數(shù)x恒成立，
即f₁（x）≤f₂（x）對(duì)于任意的實(shí)數(shù)x恒成立，亦即e^|x-2a+1|≤e^|x-a|+1對(duì)于任意的實(shí)數(shù)x恒成立，
∴|x-2a+1|≤|x-a|+1，即|x-2a+1|-|x-a|≤1對(duì)于任意的實(shí)數(shù)x恒成立．（9分）
又|x-2a+1|-|x-a|≤|（x-2a+1）-（x-a）|=|-a+1|對(duì)于任意的實(shí)數(shù)x恒成立，故只需
|-a+1|≤1，解得0≤a≤2，∴a的取值范圍為0≤a≤2．（12分）
（3）g（x）==（13分）
∵f₁（x）與f₂（x）的底數(shù)都同為e，外函數(shù)都單調(diào)遞增
∴比較f₁（x）與f₂（x）的大小關(guān)系，只須比較|x-2a+1|與|x-a|+1的大小關(guān)系
令F₁（x）=|x-2a+1|，F(xiàn)₂（x）=|x-a|+1，
G（x）=其中4≤a≤6，x∈[1，6]（14分）
∵4≤a≤6∴2a-1≥a≥1，令2a-1-x=1，得x=2a-2，由題意可以如下圖象：
（15分）
當(dāng)4≤a≤6時(shí)，a≤6≤2a-2，G（x）_min=F₂（a）=1，g（x）_min=e¹=e；（18分）
分析：（1）對(duì)于a=2，x∈[2，3]，去掉絕對(duì)值得f（x）=e^3-x+e^x-1（3分），利用基本不等式積為定值，和有最小值即可求出函數(shù)的最小值，注意等號(hào)成立的條件；
（2）根據(jù)條件可知f₁（x）≤f₂（x）對(duì)于任意的實(shí)數(shù)x恒成立，轉(zhuǎn)化成|x-2a+1|-|x-a|≤1對(duì)于任意的實(shí)數(shù)x恒成立，然后利用絕對(duì)值不等式進(jìn)行求解即可求出參數(shù)a的范圍；
（3）f₁（x）與f₂（x）的底數(shù)都同為e，外函數(shù)都單調(diào)遞增，比較f₁（x）與f₂（x）的大小關(guān)系，只須比較|x-2a+1|與|x-a|+1的大小關(guān)系，則令F₁（x）=|x-2a+1|，F(xiàn)₂（x）=|x-a|+1，則G（x）=其中4≤a≤6，x∈[1，6]，結(jié)合圖形可知當(dāng)4≤a≤6時(shí)G（x）_min=F₂（a）=1，g（x）_min=e¹=e．
點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了基本不等式在最值問題中的應(yīng)用，以及函數(shù)的最值及其幾何意義和恒成立問題等有關(guān)知識(shí)，解決本題的關(guān)鍵是等價(jià)轉(zhuǎn)化，以及數(shù)形結(jié)合，分類討論的思想，難點(diǎn)是絕對(duì)值如何去．