Question

6．已知函數(shù)f（x）=|3x+2|-|2x+a|
（I）若f（x）≥0對x∈R恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ）若f（x）≤0在x∈[1，2]有解，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （I）①當(dāng)-$\frac{a}{2}$＜-$\frac{2}{3}$，化簡函數(shù)的解析式，根據(jù)函數(shù)的最小值求得a的范圍；②當(dāng)-$\frac{a}{2}$≥-$\frac{2}{3}$，化簡函數(shù)的解析式，根據(jù)函數(shù)的最小值求得a的范圍，綜合可得實(shí)數(shù)a的取值范圍．
（Ⅱ）分類討論求得f（x）在[1，2]上的最小值，再根據(jù)此最小值小于或等于零，求得a的范圍．

解答 解：（I）①當(dāng)-$\frac{a}{2}$＜-$\frac{2}{3}$，即 a＞$\frac{4}{3}$時(shí)，函數(shù)f（x）=|3x+2|-|2x+a|=$\left\{\begin{array}{l}{-x-2+a，x＜-\frac{a}{2}}\\{-5x-2-a，-\frac{a}{2}≤x≤-\frac{2}{3}}\\{x+2-a，x＞-\frac{2}{3}}\end{array}\right.$，
故f（x）的最小值為f（-$\frac{2}{3}$）=$\frac{4}{3}$-a，由 $\frac{4}{3}$-a≥0求得a≤$\frac{4}{3}$（與a＞$\frac{4}{3}$矛盾）．
②當(dāng)-$\frac{a}{2}$≥-$\frac{2}{3}$，即 a≤$\frac{4}{3}$時(shí)，函數(shù)f（x）=|3x+2|-|2x+a|=$\left\{\begin{array}{l}{-x-2+a，x＜-\frac{2}{3}}\\{5x+2+a，-\frac{2}{3}≤x≤-\frac{a}{2}}\\{x+2-a，x＞-\frac{a}{2}}\end{array}\right.$，
故f（x）的最小值為f（-$\frac{2}{3}$）=5•（-$\frac{2}{3}$）+2+a=a-$\frac{4}{3}$，由 a-$\frac{4}{3}$≥0求得a≥$\frac{4}{3}$，
再結(jié)合 a≤$\frac{4}{3}$，可得a=$\frac{4}{3}$．
（Ⅱ）由于當(dāng)①a＞$\frac{4}{3}$時(shí)，在（-$\frac{2}{3}$，+∞）上，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增，f（x）≤0在[1，2]上有解，
在[1，2]上，f（x）=x+2-a的最小值f（1）=1+2-a≤0，求得a≥3，綜合可得a≥3．
②當(dāng)a≤$\frac{4}{3}$時(shí)，在（-$\frac{2}{3}$，+∞）上，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增，由于f（x）≤0在[1，2]上有解，
故它的最小值f（1）≤0．
若-$\frac{a}{2}$≤1，即 a≥-2，即-2≤a≤$\frac{4}{3}$時(shí)，它的最小值f（1）=1+2-a＜0，求得a＞3，與-2≤a≤$\frac{4}{3}$矛盾．
若2≥-$\frac{a}{2}$＞1，即-4≤a＜-2，f（x）的最小值為f（1）=5+2+a，由5+2+a≤0，求得a≤-7，
故此時(shí)a無解．
若-$\frac{a}{2}$＞2，即a＜-4，f（x）的最小值為f（1）=5+2+a，由5+2+a≤0，求得a≤-7，
故此時(shí)，a≤-7．
綜上可得，實(shí)數(shù)a的范圍為[3，+∞）∪[-∞，-7]．

點(diǎn)評 本題主要考查分段函數(shù)的應(yīng)用，函數(shù)的恒成立與函數(shù)的能成立問題，屬于難題．