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【典例】已知函数$f(x)=\dfrac{x^2 - 2x + a}{x}$。
(1)当$a=4$时，求函数$f(x)$在$(0,+∞)$上的最小值；
(2)若对任意$x\in(0,+∞),f(x)＞0$恒成立，求实数$a$的取值范围；
(3)当$a＞0$时，求函数$f(x)$在$[2,+∞)$上的最小值。
解题指导 (1)将$a=4$代入$f(x)$，并裂项分离化简为对勾函数形式，进而利用基本不等式求解。
(2)分离参数$a$，将其转化为$a＞g(x)$恒成立问题，即求解$a＞g(x)_{\mathrm{max}}$。
(3)确定函数$f(x)$的单调区间，进而求得最小值。
答案 解:(1)当$a=4$时，$f(x)=\dfrac{x^2 - 2x +4}{x}=x+\dfrac{4}{x}-2$。当$x\in(0,+∞)$时，$f(x)=x+\dfrac{4}{x}-2≥2\sqrt{x·\dfrac{4}{x}}-2=2$，当且仅当$x=\dfrac{4}{x}$，即$x=2$时，等号成立，所以$f(x)$在$(0,+∞)$上的最小值为$2$。
(2)根据题意，得$x^2 -2x +a＞0$在$x\in(0,+∞)$上恒成立，等价于$a＞-x^2 +2x$在$x\in(0,+∞)$上恒成立。令$g(x)=-x^2 +2x$。因为$g(x)$在$(0,1)$上单调递增，在$(1,+∞)$上单调递减，所以$g(x)_{\mathrm{max}}=g(1)=1$，所以实数$a$的取值范围为$(1,+∞)$。
(3)由题意，得$f(x)=x+\dfrac{a}{x}-2$。设任意$0＜x_1＜x_2＜\sqrt{a}$，则$f(x_1)-f(x_2)=x_1 -x_2+\dfrac{a}{x_1}-\dfrac{a}{x_2}=(x_1 -x_2)(1-\dfrac{a}{x_1x_2})=\dfrac{(x_1 -x_2)(x_1x_2 -a)}{x_1x_2}$。
因为$0＜x_1＜x_2＜\sqrt{a}$，所以$x_1x_2＜a$，$x_1 -x_2＜0$，$x_1x_2＞0$，
所以$f(x_1)-f(x_2)＞0$，即$f(x_1)＞f(x_2)$，
所以$f(x)$在$(0,\sqrt{a})$上单调递减。
同理可证，$f(x)$在$(\sqrt{a},+∞)$上单调递增。
（$\sqrt{a}$与$2$的大小不确定，需分类讨论$0＜\sqrt{a}≤2$和$\sqrt{a}＞2$的情况）
当$0＜a≤4$，即$0＜\sqrt{a}≤2$时，函数$f(x)$在$[2,+∞)$上单调递增，所以$f(x)_{\mathrm{min}}=f(2)=\dfrac{a}{2}$；
当$a＞4$，即$\sqrt{a}＞2$时，函数$f(x)$在$[2,\sqrt{a}]$上单调递减，在$(\sqrt{a},+∞)$上单调递增，所以$f(x)_{\mathrm{min}}=f(\sqrt{a})=2\sqrt{a}-2$。
综上，$f(x)_{\mathrm{min}}=\begin{cases}\dfrac{a}{2},&0＜a≤4,\\2\sqrt{a}-2,&a＞4.\end{cases}$
（最小值写成分段函数的形式）
(1)当$a=4$时，求函数$f(x)$在$(0,+∞)$上的最小值；
(2)若对任意$x\in(0,+∞),f(x)＞0$恒成立，求实数$a$的取值范围；
(3)当$a＞0$时，求函数$f(x)$在$[2,+∞)$上的最小值。
解题指导 (1)将$a=4$代入$f(x)$，并裂项分离化简为对勾函数形式，进而利用基本不等式求解。
(2)分离参数$a$，将其转化为$a＞g(x)$恒成立问题，即求解$a＞g(x)_{\mathrm{max}}$。
(3)确定函数$f(x)$的单调区间，进而求得最小值。
答案 解:(1)当$a=4$时，$f(x)=\dfrac{x^2 - 2x +4}{x}=x+\dfrac{4}{x}-2$。当$x\in(0,+∞)$时，$f(x)=x+\dfrac{4}{x}-2≥2\sqrt{x·\dfrac{4}{x}}-2=2$，当且仅当$x=\dfrac{4}{x}$，即$x=2$时，等号成立，所以$f(x)$在$(0,+∞)$上的最小值为$2$。
(2)根据题意，得$x^2 -2x +a＞0$在$x\in(0,+∞)$上恒成立，等价于$a＞-x^2 +2x$在$x\in(0,+∞)$上恒成立。令$g(x)=-x^2 +2x$。因为$g(x)$在$(0,1)$上单调递增，在$(1,+∞)$上单调递减，所以$g(x)_{\mathrm{max}}=g(1)=1$，所以实数$a$的取值范围为$(1,+∞)$。
(3)由题意，得$f(x)=x+\dfrac{a}{x}-2$。设任意$0＜x_1＜x_2＜\sqrt{a}$，则$f(x_1)-f(x_2)=x_1 -x_2+\dfrac{a}{x_1}-\dfrac{a}{x_2}=(x_1 -x_2)(1-\dfrac{a}{x_1x_2})=\dfrac{(x_1 -x_2)(x_1x_2 -a)}{x_1x_2}$。
因为$0＜x_1＜x_2＜\sqrt{a}$，所以$x_1x_2＜a$，$x_1 -x_2＜0$，$x_1x_2＞0$，
所以$f(x_1)-f(x_2)＞0$，即$f(x_1)＞f(x_2)$，
所以$f(x)$在$(0,\sqrt{a})$上单调递减。
同理可证，$f(x)$在$(\sqrt{a},+∞)$上单调递增。
（$\sqrt{a}$与$2$的大小不确定，需分类讨论$0＜\sqrt{a}≤2$和$\sqrt{a}＞2$的情况）
当$0＜a≤4$，即$0＜\sqrt{a}≤2$时，函数$f(x)$在$[2,+∞)$上单调递增，所以$f(x)_{\mathrm{min}}=f(2)=\dfrac{a}{2}$；
当$a＞4$，即$\sqrt{a}＞2$时，函数$f(x)$在$[2,\sqrt{a}]$上单调递减，在$(\sqrt{a},+∞)$上单调递增，所以$f(x)_{\mathrm{min}}=f(\sqrt{a})=2\sqrt{a}-2$。
综上，$f(x)_{\mathrm{min}}=\begin{cases}\dfrac{a}{2},&0＜a≤4,\\2\sqrt{a}-2,&a＞4.\end{cases}$
（最小值写成分段函数的形式）
答案
解：
(1) 当$a=4$时，
$f(x)=\frac{x^2-2x+4}{x}=x+\frac{4}{x}-2$。
当$x\in(0,+∞)$时，由基本不等式得$x+\frac{4}{x}≥ 2\sqrt{x·\frac{4}{x}}=4$，
当且仅当$x=\frac{4}{x}$即$x=2$时等号成立，
因此$f(x)=x+\frac{4}{x}-2≥ 4-2=2$，
所以函数$f(x)$在$(0,+∞)$上的最小值为$2$。
(2) 对任意$x\in(0,+∞)$，$f(x)＞0$恒成立，即$\frac{x^2-2x+a}{x}＞0$恒成立，
因为$x＞0$，等价于$x^2-2x+a＞0$在$x\in(0,+∞)$上恒成立，
即$a＞-x^2+2x$在$x\in(0,+∞)$上恒成立。
令$g(x)=-x^2+2x=-(x-1)^2+1$，
可知$g(x)$在$(0,1)$上单调递增，在$(1,+∞)$上单调递减，
故$g(x)_{\mathrm{max}}=g(1)=1$，
因此$a＞1$，即实数$a$的取值范围为$(1,+∞)$。
(3) 当$a＞0$时，$f(x)=\frac{x^2-2x+a}{x}=x+\frac{a}{x}-2$。
任取$0＜x_1＜x_2＜\sqrt{a}$，
$f(x_1)-f(x_2)=x_1-x_2+\frac{a}{x_1}-\frac{a}{x_2}=\frac{(x_1-x_2)(x_1x_2-a)}{x_1x_2}$，
由$0＜x_1＜x_2＜\sqrt{a}$得$x_1-x_2＜0$，$0＜x_1x_2＜a$，
因此$f(x_1)-f(x_2)＞0$，即$f(x_1)＞f(x_2)$，故$f(x)$在$(0,\sqrt{a})$上单调递减。
同理可证，$f(x)$在$(\sqrt{a},+∞)$上单调递增。
当$0＜\sqrt{a}≤2$即$0＜a≤4$时，$f(x)$在$[2,+∞)$上单调递增，
因此$f(x)_{\mathrm{min}}=f(2)=\frac{a}{2}$；
当$\sqrt{a}＞2$即$a＞4$时，$f(x)$在$[2,\sqrt{a}]$上单调递减，在$(\sqrt{a},+∞)$上单调递增，
因此$f(x)_{\mathrm{min}}=f(\sqrt{a})=2\sqrt{a}-2$。
综上，函数$f(x)$在$[2,+∞)$上的最小值为
$f(x)_{\mathrm{min}}=\begin{cases}\frac{a}{2},&0＜a≤4,\\2\sqrt{a}-2,&a＞4.\end{cases}$
(1) 当$a=4$时，
$f(x)=\frac{x^2-2x+4}{x}=x+\frac{4}{x}-2$。
当$x\in(0,+∞)$时，由基本不等式得$x+\frac{4}{x}≥ 2\sqrt{x·\frac{4}{x}}=4$，
当且仅当$x=\frac{4}{x}$即$x=2$时等号成立，
因此$f(x)=x+\frac{4}{x}-2≥ 4-2=2$，
所以函数$f(x)$在$(0,+∞)$上的最小值为$2$。
(2) 对任意$x\in(0,+∞)$，$f(x)＞0$恒成立，即$\frac{x^2-2x+a}{x}＞0$恒成立，
因为$x＞0$，等价于$x^2-2x+a＞0$在$x\in(0,+∞)$上恒成立，
即$a＞-x^2+2x$在$x\in(0,+∞)$上恒成立。
令$g(x)=-x^2+2x=-(x-1)^2+1$，
可知$g(x)$在$(0,1)$上单调递增，在$(1,+∞)$上单调递减，
故$g(x)_{\mathrm{max}}=g(1)=1$，
因此$a＞1$，即实数$a$的取值范围为$(1,+∞)$。
(3) 当$a＞0$时，$f(x)=\frac{x^2-2x+a}{x}=x+\frac{a}{x}-2$。
任取$0＜x_1＜x_2＜\sqrt{a}$，
$f(x_1)-f(x_2)=x_1-x_2+\frac{a}{x_1}-\frac{a}{x_2}=\frac{(x_1-x_2)(x_1x_2-a)}{x_1x_2}$，
由$0＜x_1＜x_2＜\sqrt{a}$得$x_1-x_2＜0$，$0＜x_1x_2＜a$，
因此$f(x_1)-f(x_2)＞0$，即$f(x_1)＞f(x_2)$，故$f(x)$在$(0,\sqrt{a})$上单调递减。
同理可证，$f(x)$在$(\sqrt{a},+∞)$上单调递增。
当$0＜\sqrt{a}≤2$即$0＜a≤4$时，$f(x)$在$[2,+∞)$上单调递增，
因此$f(x)_{\mathrm{min}}=f(2)=\frac{a}{2}$；
当$\sqrt{a}＞2$即$a＞4$时，$f(x)$在$[2,\sqrt{a}]$上单调递减，在$(\sqrt{a},+∞)$上单调递增，
因此$f(x)_{\mathrm{min}}=f(\sqrt{a})=2\sqrt{a}-2$。
综上，函数$f(x)$在$[2,+∞)$上的最小值为
$f(x)_{\mathrm{min}}=\begin{cases}\frac{a}{2},&0＜a≤4,\\2\sqrt{a}-2,&a＞4.\end{cases}$
【变式】已知$x\in[1,3]$，求$y=\dfrac{x^2 - x + 4}{x}$的最大值。
答案
解:设$f(x)=\frac{x^2 -x +4}{x}(1≤ x≤ 3)$，
则$f(x)=x+\frac{4}{x}-1(1≤ x≤ 3)$。
因为$f(x)$在区间$[1,2]$上单调递减，在区间$[2,3]$上单调递增，且$f(1)=4,f(3)=\frac{10}{3}$，所以函数$f(x)$的最大值为4，即$y=\frac{x^2 -x +4}{x}$的最大值为4。
则$f(x)=x+\frac{4}{x}-1(1≤ x≤ 3)$。
因为$f(x)$在区间$[1,2]$上单调递减，在区间$[2,3]$上单调递增，且$f(1)=4,f(3)=\frac{10}{3}$，所以函数$f(x)$的最大值为4，即$y=\frac{x^2 -x +4}{x}$的最大值为4。
