Question

18．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{3}$|x-1|．
（1）解不等式f（x）＜$\frac{4}{3}$-|x+$\frac{2}{3}$|；
（2）已知m+n=$\sqrt{2}$（m＞0，n＞0），若|x+a|-f（x）+2≥m•n（a＞0）恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）通過討論x的范圍得到關(guān)于x的不等式組，解出即可；
（2）求出mn的最大值，問題轉(zhuǎn)化為|x+a|+$\frac{3}{2}$≥$\frac{1}{3}$|x-1|，通過討論x的范圍得到關(guān)于a的不等式，解出即可．

解答 解：（1）∵f（x）＜$\frac{4}{3}$-|x+$\frac{2}{3}$|，
∴$\frac{1}{3}$|x-1|＜$\frac{4}{3}$-|x+$\frac{2}{3}$|，
∴$\left\{\begin{array}{l}{x＞1}\\{\frac{1}{3}x-\frac{1}{3}+x+\frac{2}{3}＜\frac{4}{3}}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{2}{3}≤x≤1}\\{\frac{1}{3}（1-x）+x+\frac{2}{3}＜\frac{4}{3}}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{x＜-\frac{2}{3}}\\{\frac{1}{3}（1-x）-x-\frac{2}{3}＜\frac{4}{3}}\end{array}\right.$，
解得：-$\frac{5}{4}$＜x≤1；
（2）∵m+n=$\sqrt{2}$（m＞0，n＞0），
∴mn≤$\frac{1}{2}$，當(dāng)且僅當(dāng)m=n=$\frac{\sqrt{2}}{2}$時“=”成立，
若|x+a|-f（x）+2≥m•n（a＞0）恒成立，
則|x+a|+$\frac{3}{2}$≥$\frac{1}{3}$|x-1|，∵a＞0，∴-a＜1，
∴$\left\{\begin{array}{l}{x≥1}\\{x+a+\frac{3}{2}≥\frac{1}{3}x-\frac{1}{3}}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{-a＜x＜1}\\{x+a+\frac{3}{2}≥-\frac{1}{3}x+\frac{1}{3}}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{x≤-a}\\{-x-a+\frac{3}{2}≥\frac{1}{3}-\frac{1}{3}x}\end{array}\right.$，
解得：x≥-$\frac{7}{8}$-$\frac{3}{4}$a或x≤$\frac{7}{4}$-$\frac{3}{2}$a，
∴$\frac{7}{4}$-$\frac{3}{2}$a＞-$\frac{7}{8}$-$\frac{3}{4}$a，解得：a＜$\frac{7}{2}$，
故a的范圍是（0，$\frac{7}{2}$）．

點評 本題考查了解絕對值不等式問題，考查函數(shù)恒成立問題，是一道中檔題．