题目（高一 · 代数）：已知函数 $f(x)=|x-2 a|+\frac{a^{2}-4 a}{x}(a \in R)$,

(1)当 $a=2$ 时, 求 $f(x)$ 在区间 $[1,6]$ 上最大值和最小值;

(2) 如果方程 $f(x)=0$ 有三个不相等的实数解 $x_{1}, x_{2}, x_{3}$, 求 $\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}+\frac{1}{x_{3}}$ 的取值范围.

【答案】(1) 最大值为 $\frac{4}{3}$, 最小值为 -1 . (2) $\left(\frac{1+\sqrt{2}}{2},+\infty\right)$.
选项：
答案：（1）因为 $\mathrm{a}=2$, 则 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=|\mathrm{x}-4|-\frac{4}{\mathrm{x}}$

所以 $f(x)=|x-4|-\frac{4}{x}=\left\{\begin{array}{c}x-\frac{4}{x}-4, x \geq 4 \\ 4 \\ -x--4, x<4 \\ x\end{array}\right.$,

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所以函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 的最大值为 $\frac{4}{3}$, 最小值为 -1 .

（2）设 $\mathrm{g}(\mathrm{x})=\mathrm{xf}(\mathrm{x})$ ，则方程 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=0$ ，等价于 $\mathrm{g}(\mathrm{x})=0,(\mathrm{x} \neq 0)$ 有三个实数根,

此时 $g(x)=\left\{\begin{array}{c}x^{2}-2 a x+a^{2}-4 a, x \geq 2 a \\ -x^{2}+2 a x+a^{2}-4 a, x<2 a\end{array}\right.$,

(1)若 $\mathrm{a}>0$, 因为方程 $\mathrm{g}(\mathrm{x})=0$ 有三个不相等的实根,

故 $x<2 a$ 时, 方程 $g(x)=-x^{2}+2 a x+a^{2}-4 a=0$ 有两个不相等的实根,

$x \geq 2 a$ 时, 方程 $g(x)=x^{2}-2 a x+a^{2}-4 a=0$ 有一个不相等的实根,

所以 $\left\{\begin{array}{c}4 a^{2}+4\left(a^{2}-4 a\right)>0 \\ a^{2}-4 a<0\end{array}\right.$, 解得 $2<a<4$,

不妨设 $\mathrm{x}_{1}<\mathrm{x}_{2}<\mathrm{x}_{3}$, 则 $\mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}=2 \mathrm{a}, \mathrm{x}_{1} \mathrm{x}_{2}=-\mathrm{a}^{2}+4 \mathrm{a}, \mathrm{x}_{3}=\mathrm{a}+2 \sqrt{\mathrm{a}}$,

所以 $\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}+\frac{1}{x_{3}}=\frac{2 a}{a(4-a)}+\frac{a-2 \sqrt{a}}{a^{2}-4 a}=-\frac{1}{a-2 \sqrt{a}}>\frac{1+\sqrt{2}}{2}$,

所以 $\frac{1}{\mathrm{x}_{1}}+\frac{1}{\mathrm{x}_{2}}+\frac{1}{\mathrm{x}_{3}}$ 的取值范围是 $\left(\frac{1+\sqrt{2}}{2},+\infty\right)$;

(2)若 $a<0$, 当 $x>2 a$ 时, 方程 $g(x)=x^{2}-2 a x+a^{2}-4 a=0$ 的判别式小于 0 ,

不符合题意;

(3)若 $a=0$ 时, 显然不合题意,

故 $\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}+\frac{1}{x_{3}}$ 的取值范围是 $\left(\frac{1+\sqrt{2}}{2},+\infty\right)$.
解析：（1）因为 $\mathrm{a}=2$, 则 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=|\mathrm{x}-4|-\frac{4}{\mathrm{x}}$

所以 $f(x)=|x-4|-\frac{4}{x}=\left\{\begin{array}{c}x-\frac{4}{x}-4, x \geq 4 \\ 4 \\ -x--4, x<4 \\ x\end{array}\right.$,





所以函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 的最大值为 $\frac{4}{3}$, 最小值为 -1 .

（2）设 $\mathrm{g}(\mathrm{x})=\mathrm{xf}(\mathrm{x})$ ，则方程 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=0$ ，等价于 $\mathrm{g}(\mathrm{x})=0,(\mathrm{x} \neq 0)$ 有三个实数根,

此时 $g(x)=\left\{\begin{array}{c}x^{2}-2 a x+a^{2}-4 a, x \geq 2 a \\ -x^{2}+2 a x+a^{2}-4 a, x<2 a\end{array}\right.$,

(1)若 $\mathrm{a}>0$, 因为方程 $\mathrm{g}(\mathrm{x})=0$ 有三个不相等的实根,

故 $x<2 a$ 时, 方程 $g(x)=-x^{2}+2 a x+a^{2}-4 a=0$ 有两个不相等的实根,

$x \geq 2 a$ 时, 方程 $g(x)=x^{2}-2 a x+a^{2}-4 a=0$ 有一个不相等的实根,

所以 $\left\{\begin{array}{c}4 a^{2}+4\left(a^{2}-4 a\right)>0 \\ a^{2}-4 a<0\end{array}\right.$, 解得 $2<a<4$,

不妨设 $\mathrm{x}_{1}<\mathrm{x}_{2}<\mathrm{x}_{3}$, 则 $\mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}=2 \mathrm{a}, \mathrm{x}_{1} \mathrm{x}_{2}=-\mathrm{a}^{2}+4 \mathrm{a}, \mathrm{x}_{3}=\mathrm{a}+2 \sqrt{\mathrm{a}}$,

所以 $\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}+\frac{1}{x_{3}}=\frac{2 a}{a(4-a)}+\frac{a-2 \sqrt{a}}{a^{2}-4 a}=-\frac{1}{a-2 \sqrt{a}}>\frac{1+\sqrt{2}}{2}$,

所以 $\frac{1}{\mathrm{x}_{1}}+\frac{1}{\mathrm{x}_{2}}+\frac{1}{\mathrm{x}_{3}}$ 的取值范围是 $\left(\frac{1+\sqrt{2}}{2},+\infty\right)$;

(2)若 $a<0$, 当 $x>2 a$ 时, 方程 $g(x)=x^{2}-2 a x+a^{2}-4 a=0$ 的判别式小于 0 ,

不符合题意;

(3)若 $a=0$ 时, 显然不合题意,

故 $\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}+\frac{1}{x_{3}}$ 的取值范围是 $\left(\frac{1+\sqrt{2}}{2},+\infty\right)$.