Question

已知函數(shù)f（x）=x²+（x-1）|x-a|．
（1）若a=-1，解方程f（x）=1；
（2）若函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞增，求實數(shù)a的取值范圍；
（3）是否存在實數(shù)a，使不等式f（x）≥2x-3對一切實數(shù)x∈R恒成立？若存在，求出a的取值范圍，若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（1）把a=-1代入函數(shù)解析式，分段后分段求解方程f（x）=1的解集，取并集后得答案；
（2）分段寫出函數(shù)f（x）的解析式，由f（x）在R上單調(diào)遞增，則需第一段二次函數(shù)的對稱軸小于等于a，第二段一次函數(shù)的一次項系數(shù)大于0，且第二段函數(shù)的最大值小于等于第一段函數(shù)的最小值，聯(lián)立不等式組后求解a的取值范圍；
（3）把不等式f（x）≥2x-3對一切實數(shù)x∈R恒成立轉(zhuǎn)化為函數(shù)g（x）=f（x）-（2x-3）≥0對一切實數(shù)x∈R恒成立．然后對a進行分類討論，利用函數(shù)單調(diào)性求得a的范圍，取并集后得答案．

解答：解：（1）當(dāng)a=-1時，f（x）=x²+（x-1）|x+1|，
故有f(x)=

2x2-1， x≥-1 1， x＜-1

，
當(dāng)x≥-1時，由f（x）=1，有2x²-1=1，
解得x=1或x=-1．
當(dāng)x＜-1時，f（x）=1恒成立．
∴方程的解集為{x|x≤-1或x=1}；
（2）f(x)=

2x2-(a+1)x+a，  x≥a (a+1)x-a，x＜a

，
若f（x）在R上單調(diào)遞增，則有

a+1 4 ≤a a+1＞0

，
解得，a≥

1

3

．
∴當(dāng)a≥

1

3

時，f（x）在R上單調(diào)遞增；
（3）設(shè)g（x）=f（x）-（2x-3），
則g(x)=

2x2-(a+3)x+a+3，x≥a (a-1)x-a+3，  x＜a

，
不等式f（x）≥2x-3對一切實數(shù)x∈R恒成立，等價于不等式g（x）≥0對一切實數(shù)x∈R恒成立．
①若a＞1，則1-a＜0，即

2

1-a

＜0，取x0=

2

1-a

，
此時x₀∈（-∞，a），g(x0)=g(

2

1-a

)=(a-1)•

2

1-a

-a+3=1-a＜0，
即對任意的a＞1，總能找到x0=

2

1-a

，使得g（x₀）＜0，
∴不存在a＞1，使得g（x）≥0恒成立． 
②若a=1，g(x)=

2x2-4x+4， x≥1 2， x＜1

，g（x）值域[2，+∞），
∴g（x）≥0恒成立．
③若a＜1，
當(dāng)x∈（-∞，a）時，g（x）單調(diào)遞減，其值域為（a²-2a+3，+∞），
由于a²-2a+3=（a-1）²+2≥2，
∴g（x）≥0成立．
當(dāng)x∈[a，+∞）時，由a＜1，知a＜

a+3

4

，g（x）在x=

a+3

4

處取最小值，
令g(

a+3

4

)=a+3-

(a+3)2

8

≥0，得-3≤a≤5，
又a＜1，∴-3≤a＜1．
綜上，a∈[-3，1]．

點評：本題考查了函數(shù)恒成立問題，考查了分類討論的數(shù)學(xué)思想方法，考查了分離變量法，訓(xùn)練了利用函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍，屬難度較大的題目．