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【学以致用1】已知函数$f(x) = x + \frac{1}{x}$.
(1)若$x \in [1,3]$,则$f(x)$的最小值为______；
(2)若$x \in [\frac{1}{2},3]$,则$f(x)$的值域为______；
(3)若$x \in [-\frac{1}{2},0) \cup (0,3]$,则$f(x)$的值域为______.
(1)若$x \in [1,3]$,则$f(x)$的最小值为______；
(2)若$x \in [\frac{1}{2},3]$,则$f(x)$的值域为______；
(3)若$x \in [-\frac{1}{2},0) \cup (0,3]$,则$f(x)$的值域为______.
答案
学以致用1 (1)2 (2)$[2, \frac{10}{3}]$ (3)$(-\infty, -\frac{5}{2}] \cup [2, +\infty)$ 根据函数$f(x) = x + \frac{1}{x}$的图象与性质可得，(1)当$x = 1$时，$f(x)$取得最小值，最小值为2。(2)当$x = 1$时，$f(x) = 2$；当$x = \frac{1}{2}$时，$f(x) = \frac{5}{2}$；当$x = 3$时，$f(x) = \frac{10}{3}$。故$f(x)$的值域为$[2, \frac{10}{3}]$。(3)当$x = -\frac{1}{2}$时，$f(x) = -\frac{5}{2}$；当$x = 1$时，$f(x) = 2$。故$f(x)$的值域为$(-\infty, -\frac{5}{2}] \cup [2, +\infty)$。
【学以致用2】函数$f(x) = \frac{x^{2} - 4x + 9}{x}在(0,+\infty)$上的最小值为______.
答案
学以致用2 2 $f(x) = \frac{x^2 - 4x + 9}{x} = x + \frac{9}{x} - 4$。当$x = \frac{9}{x}$，即$x = 3$时，$f(x)_{min} = 2$。
【典例】已知函数$f(x) = \frac{x^{2} - 2x + a}{x}$.
(1)当$a = 4$时,求函数$f(x)在(0,+\infty)$上的最小值；
(2)若对任意$x \in (0,+\infty)$,$f(x) \gt 0$恒成立,求实数$a$的取值范围；
(3)当$a \gt 0$时,求函数$f(x)在[2,+\infty)$上的最小值.
(1)当$a = 4$时,求函数$f(x)在(0,+\infty)$上的最小值；
(2)若对任意$x \in (0,+\infty)$,$f(x) \gt 0$恒成立,求实数$a$的取值范围；
(3)当$a \gt 0$时,求函数$f(x)在[2,+\infty)$上的最小值.
答案
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$a$,将不等式转化为$a \gt g(x)$恒成立问题,即求解$a \gt g(x)_{\max}$.
(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,$f(x) = \frac{x^{2} - 2x + 4}{x} = x + \frac{4}{x} - 2$. 当$x \in (0,+\infty)$时,$f(x) = x + \frac{4}{x} - 2 \geq 2\sqrt{x \cdot \frac{4}{x}} - 2 = 2$. 当且仅当$x = \frac{4}{x}$,即$x = 2$时,等号成立,所以$f(x)在(0,+\infty)上的最小值为2$.
(2)根据题意,得$x^{2} - 2x + a \gt 0在x \in (0,+\infty)$上恒成立,等价于$a \gt -x^{2} + 2x在x \in (0,+\infty)$上恒成立. 令$g(x) = -x^{2} + 2x$. 因为$g(x)在(0,1)$上单调递增,在$(1,+\infty)$上单调递减,所以$g(x)_{\max} = g(1) = 1$,所以实数$a的取值范围为(1,+\infty)$.
(3)由题意,得$f(x) = x + \frac{a}{x} - 2$. 设任意$0 \lt x_{1} \lt x_{2} \lt \sqrt{a}$,则$f(x_{1}) - f(x_{2}) = x_{1} - x_{2} + \frac{a}{x_{1}} - \frac{a}{x_{2}} = (x_{1} - x_{2})(1 - \frac{a}{x_{1}x_{2}}) = \frac{(x_{1} - x_{2})(x_{1}x_{2} - a)}{x_{1}x_{2}}$.
因为$0 \lt x_{1} \lt x_{2} \lt \sqrt{a}$,所以$x_{1}x_{2} \lt a$,$x_{1} - x_{2} \lt 0$,$x_{1}x_{2} \gt 0$,
所以$f(x_{1}) - f(x_{2}) \gt 0$,即$f(x_{1}) \gt f(x_{2})$,
所以$f(x)在(0,\sqrt{a})$上单调递减.
同理可证,$f(x)在(\sqrt{a},+\infty)$上单调递增.
当$0 \lt a \leq 4$,即$0 \lt \sqrt{a} \leq 2$时,函数$f(x)在[2,+\infty)$上单调递增,所以$f(x)_{\min} = f(2) = \frac{a}{2}$；
当$a \gt 4$,即$\sqrt{a} \gt 2$时,函数$f(x)在[2,\sqrt{a}]$上单调递减,在$(\sqrt{a},+\infty)$上单调递增,所以$f(x)_{\min} = f(\sqrt{a}) = 2\sqrt{a} - 2$.
综上,$f(x)_{\min} = \begin{cases}\frac{a}{2},0 \lt a \leq 4, \\ 2\sqrt{a} - 2,a \gt 4.\end{cases}$
(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$a$,将不等式转化为$a \gt g(x)$恒成立问题,即求解$a \gt g(x)_{\max}$.
(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,$f(x) = \frac{x^{2} - 2x + 4}{x} = x + \frac{4}{x} - 2$. 当$x \in (0,+\infty)$时,$f(x) = x + \frac{4}{x} - 2 \geq 2\sqrt{x \cdot \frac{4}{x}} - 2 = 2$. 当且仅当$x = \frac{4}{x}$,即$x = 2$时,等号成立,所以$f(x)在(0,+\infty)上的最小值为2$.
(2)根据题意,得$x^{2} - 2x + a \gt 0在x \in (0,+\infty)$上恒成立,等价于$a \gt -x^{2} + 2x在x \in (0,+\infty)$上恒成立. 令$g(x) = -x^{2} + 2x$. 因为$g(x)在(0,1)$上单调递增,在$(1,+\infty)$上单调递减,所以$g(x)_{\max} = g(1) = 1$,所以实数$a的取值范围为(1,+\infty)$.
(3)由题意,得$f(x) = x + \frac{a}{x} - 2$. 设任意$0 \lt x_{1} \lt x_{2} \lt \sqrt{a}$,则$f(x_{1}) - f(x_{2}) = x_{1} - x_{2} + \frac{a}{x_{1}} - \frac{a}{x_{2}} = (x_{1} - x_{2})(1 - \frac{a}{x_{1}x_{2}}) = \frac{(x_{1} - x_{2})(x_{1}x_{2} - a)}{x_{1}x_{2}}$.
因为$0 \lt x_{1} \lt x_{2} \lt \sqrt{a}$,所以$x_{1}x_{2} \lt a$,$x_{1} - x_{2} \lt 0$,$x_{1}x_{2} \gt 0$,
所以$f(x_{1}) - f(x_{2}) \gt 0$,即$f(x_{1}) \gt f(x_{2})$,
所以$f(x)在(0,\sqrt{a})$上单调递减.
同理可证,$f(x)在(\sqrt{a},+\infty)$上单调递增.
当$0 \lt a \leq 4$,即$0 \lt \sqrt{a} \leq 2$时,函数$f(x)在[2,+\infty)$上单调递增,所以$f(x)_{\min} = f(2) = \frac{a}{2}$；
当$a \gt 4$,即$\sqrt{a} \gt 2$时,函数$f(x)在[2,\sqrt{a}]$上单调递减,在$(\sqrt{a},+\infty)$上单调递增,所以$f(x)_{\min} = f(\sqrt{a}) = 2\sqrt{a} - 2$.
综上,$f(x)_{\min} = \begin{cases}\frac{a}{2},0 \lt a \leq 4, \\ 2\sqrt{a} - 2,a \gt 4.\end{cases}$
