Question

已知函數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）對于任意的實數x∈R恒成立，求a的取值范圍；
（3）當4≤a≤6時，求函數g（x）=

f1(x)+f2(x)

2

-

|f1(x)-f2(x)|

2

在x∈[1，6]上的最小值．

Answer 1

分析：（1）對于a=2，x∈[2，3]，去掉絕對值得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的最小值，注意等號成立的條件；
（2）根據條件可知f₁（x）≤f₂（x）對于任意的實數x恒成立，轉化成|x-2a+1|-|x-a|≤1對于任意的實數x恒成立，然后利用絕對值不等式進行求解即可求出參數a的范圍；
（3）f₁（x）與f₂（x）的底數都同為e，外函數都單調遞增，比較f₁（x）與f₂（x）的大小關系，只須比較|x-2a+1|與|x-a|+1的大小關系，則令F₁（x）=|x-2a+1|，F₂（x）=|x-a|+1，則G（x）=

F1(x)，F1(x)≤F2(x) F2(x)，F1(x)＞F2(x)

其中4≤a≤6，x∈[1，6]，結合圖形可知當4≤a≤6時G（x）_min=F₂（a）=1，g（x）_min=e¹=e．

解答：解：（1）對于a=2，x∈[2，3]，f（x）=e^|x-3|+e^|x-2|+1=e^3-x+e^x-1（3分）
≥2

e3-x•ex-1

=2e，
當且僅當e^3-x=e^x-1，即x=2時等號成立，∴f（x）_min=2e．（6分）
（2）|f₁（x）-f₂（x）|=f₂（x）-f₁（x）對于任意的實數x恒成立，
即f₁（x）≤f₂（x）對于任意的實數x恒成立，亦即e^|x-2a+1|≤e^|x-a|+1對于任意的實數x恒成立，
∴|x-2a+1|≤|x-a|+1，即|x-2a+1|-|x-a|≤1對于任意的實數x恒成立．（9分）
又|x-2a+1|-|x-a|≤|（x-2a+1）-（x-a）|=|-a+1|對于任意的實數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）=

f1(x)+f2(x)

2

-

|f1(x)-f2(x)|

2

=

f1(x)，f1(x)≤f2(x) f2(x)，f1(x)＞f2(x)

（13分）
∵f₁（x）與f₂（x）的底數都同為e，外函數都單調遞增
∴比較f₁（x）與f₂（x）的大小關系，只須比較|x-2a+1|與|x-a|+1的大小關系
令F₁（x）=|x-2a+1|，F₂（x）=|x-a|+1，
G（x）=

F1(x)，F1(x)≤F2(x) F2(x)，F1(x)＞F2(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4≤a≤6時，a≤6≤2a-2，G（x）_min=F₂（a）=1，g（x）_min=e¹=e；（18分）

點評：本題主要考查了基本不等式在最值問題中的應用，以及函數的最值及其幾何意義和恒成立問題等有關知識，解決本題的關鍵是等價轉化，以及數形結合，分類討論的思想，難點是絕對值如何去．