13.已知a為實數(shù),函數(shù)f(x)=(x-a)2+|x-a|-a(a-1).
(Ⅰ)若f(0)≤1,求a的取值范圍;
(Ⅱ)當a≥2時,討論f(x)+$\frac{4}{x}$在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)零點的個數(shù).

分析 (I)由已知可得f(0)=$\left\{\begin{array}{l}2a,a≥0\\ 0,a<0\end{array}\right.$,若f(0)≤1,則2a≤1,解得:a的取值范圍;
(Ⅱ)當a≥2時,f(x)+$\frac{4}{x}$=$\left\{\begin{array}{l}x[x-(2a-1)]+\frac{4}{x},x≥a\\(x-1)(x-2a)+\frac{4}{x},0<x<a\end{array}\right.$,分類討論,可得f(x)+$\frac{4}{x}$在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)零點的個數(shù).

解答 解:(Ⅰ)∵f(x)=(x-a)2+|x-a|-a(a-1).
∴f(0)=a2+|a|-a(a-1)=$\left\{\begin{array}{l}2a,a≥0\\ 0,a<0\end{array}\right.$,
若f(0)≤1,則2a≤1,
解得a$≤\frac{1}{2}$;
(Ⅱ)設(shè)F(x)=f(x)+$\frac{4}{x}$=$\left\{\begin{array}{l}x[x-(2a-1)]+\frac{4}{x},x≥a\\(x-1)(x-2a)+\frac{4}{x},0<x<a\end{array}\right.$,
則函數(shù)F(x)的圖象在區(qū)間(0,+∞)上連續(xù),
(1)當a=2時,
①若x≥2,則F(x)=${x}^{2}-3x+\frac{4}{x}$,
F′(x)=2x-3-$\frac{4}{{x}^{2}}$≥0恒成立,即F(x)為增函數(shù),
又由F(2)=0,
故此時f(x)+$\frac{4}{x}$在區(qū)間(0,+∞)有且只有一個零點;
②若0<x<2,則F(x)=${x}^{2}-5x+4+\frac{4}{x}$,由${x}^{2}-5x+4>-2,\frac{4}{x}>2$得:
F(x)>0恒成立,
故此時f(x)+$\frac{4}{x}$在區(qū)間(0,+∞)沒有零點;
(2)當a>2時,
①若x≥a,則F(x)=$x[x-(2a-1)]+\frac{4}{x}$,
F′(x)=2x-(2a-1)-$\frac{4}{{x}^{2}}$>0恒成立,即F(x)為增函數(shù),
②若0<x<a,則F(x)=${x}^{2}-5x+4+\frac{4}{x}$,由${x}^{2}-5x+4>-2,\frac{4}{x}>2$得:
F(x)=2x-(2a+1)-$\frac{4}{{x}^{2}}$<0恒成立,即F(x)為減函數(shù),
又由F(a)=a-a2+$\frac{4}{a}$<0,
故此時f(x)+$\frac{4}{x}$在區(qū)間(0,+∞)有兩個零點;
綜上所述,當a=2時,F(xiàn)(x)有一個零點,a>2時F(x)有兩個零點

點評 本題考查的知識點比較多,包括絕對值不等式的解法,函數(shù)的零點,函數(shù)的導數(shù)以及導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性的關(guān)系,考查分類討論思想的應(yīng)用,函數(shù)與方程的思想,轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用,也考查化歸思想的應(yīng)用.

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