Question

3．已知f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{a{x}^{2}+x}&{x≥0}\\{-a{x}^{2}+x}&{x＜0}\end{array}\right.$，當(dāng)x∈[-$\frac{1}{4}$，$\frac{1}{4}$]時(shí)恒有f（x+a）＜f（x），則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（　　）

• A． （$\frac{1-\sqrt{17}}{4}，0$）
• B． [-2，0）
• C． （-∞，-$\sqrt{2}$）
• D． [-2，-$\sqrt{2}$]

Answer 1

分析 可分$x∈[-\frac{1}{4}，0）$和x$∈[0，\frac{1}{4}]$兩種情況求出f（x+a），f（x）：x∈[$-\frac{1}{4}，0$）時(shí)，可得到-a（x+a）²+x+a＜-ax²+x，進(jìn)一步可得$-\frac{a}{2}+\frac{1}{2a}＜-\frac{1}{4}$，解該不等式即得a的范圍，x$∈[0，\frac{1}{4}]$時(shí)，同樣的方法可以得到一個(gè)a的范圍，這兩個(gè)a的范圍求交集即可得出實(shí)數(shù)a的取值范圍．

解答 解：①若x$∈[-\frac{1}{4}，0）$，f（x）=-ax²+x；
∴由f（x+a）＜f（x）得，-a（x+a）²+x+a＜-ax²+x；
∴-2a²x-a³+a＜0，由題意知a≠0；
∴$-\frac{a}{2}+\frac{1}{2a}＜x$在x$∈[-\frac{1}{4}，0）$上恒成立；
∴$-\frac{a}{2}+\frac{1}{2a}＜-\frac{1}{4}$；
解得$\frac{1-\sqrt{17}}{4}＜a＜0$，或a$＞\frac{1+\sqrt{17}}{4}$；
②若x∈[0，$\frac{1}{4}$]，f（x）=ax²+x；
∴a（x+a）²+x+a＜ax²+x；
∴2a²x+a³+a＜0；
∴$x＜-\frac{a}{2}-\frac{1}{2a}$，在x∈[0，$\frac{1}{4}$]上恒成立；
∴$\frac{1}{4}＜-\frac{a}{2}-\frac{1}{2a}$；
整理得$\frac{2{a}^{2}+a+2}{a}＜0$；
∴a＜0；
∴綜上得，實(shí)數(shù)a的取值范圍為（$\frac{1-\sqrt{17}}{4}，0$）．
故選A．

點(diǎn)評(píng) 考查已知f（x）求f[g（x）]，對(duì)于恒成立問(wèn)題的解決方法，解分式不等式，以及解一元二次不等式．