Question

20．已知函数f（x）=$\frac{a}{x}$-x，对?x∈（0，1），有f（x）•f（1-x）≥1恒成立，则实数a的取值范围为a≥1或a$≤-\frac{1}{4}$．

Answer 1

分析 化简所求f（x）•f（1-x）≥1为$\frac{{a}^{2}}{x（1-x）}$+x（1-x）-a（$\frac{x}{1-x}+\frac{1-x}{x}$）-1≥0，利用换元法设令x（1-x）=t（0＜t$≤\frac{1}{4}$），即有t²+（2a-1）t+a²-a≥0，
构造函数，利用一元二次函数对称性的性质进行求解即可．

解答 解：由于函数f（x）=$\frac{a}{x}$-x，
f（x）•f（1-x）≥1即为（$\frac{a}{x}$-x）（$\frac{a}{1-x}$-1+x）≥1，
则$\frac{{a}^{2}}{x（1-x）}$+x（1-x）-a（$\frac{x}{1-x}+\frac{1-x}{x}$）-1≥0，
令x（1-x）=t（0＜t$≤\frac{1}{4}$），
则上式即为$\frac{{a}^{2}}{t}$+t-a$•\frac{1-2t}{t}$-1≥0，
即有t²+（2a-1）t+a²-a≥0，
令f（t）=t²+（2a-1）t+a²-a（0＜t$≤\frac{1}{4}$），
对称轴t=$\frac{1}{2}$-a，若a$≥\frac{1}{2}$，则区间（0，$\frac{1}{4}$]为增，
则f（0）≥0，即有a²-a≥0，解得a≥1；
若$\frac{1}{2}$-a$≥\frac{1}{4}$即a$≤\frac{1}{4}$，则区间（0，$\frac{1}{4}$]为减，
则f（$\frac{1}{4}$）≥0，即16a²-8a-3≥0，解得a$≥\frac{3}{4}$或a$≤-\frac{1}{4}$
则有a$≤-\frac{1}{4}$；
若0＜$\frac{1}{2}$-a≤$\frac{1}{4}$，则有f（$\frac{1}{2}$-a）≥0，
即有$\frac{-（2a-1）^{2}+4（{a}^{2}-a）}{4}$≥0，解得，a∈∅．
综上可得，a≥1或a$≤-\frac{1}{4}$．
故答案为：a≥1或a$≤-\frac{1}{4}$．

点评 本题考查不等式恒成立问题，考查二次函数在闭区间上的单调性和运用，考查分类讨论的思想方法，构造函数，利用换元法进行转化是解决本题的关键．综合性较强，难度较大．