Question

1．已知函數(shù)f（x）=x²-2|x-a|．
（1）若a=1，求不等式f（x）＞2x的解集．
（2）若a＞0，且方程f（x）=x恰有三個不同的實根，求a的取值范圍．
（3）當a＞0時，若對任意的x∈[0，+∞），不等式f（x-1）≥2f（x）恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）若a=1，根據(jù)絕對值不等式的解法即可求不等式f（x）＞2x的解集
（2）若a＞0，方程f（x）=x恰有三個不同的實根，轉(zhuǎn)化為f（x）與g（x）=x有3個不同的交點，利用數(shù)形結(jié)合進行求解即可求a的值
（3）先整理f（x-1）≤2f（x）的表達式，有絕對值的放到左邊，然后分①0≤x≤a②a＜x≤1+a③x＞1+a討論，首先去掉絕對值，然后整理成關(guān)于x的一元二次不等式恒成立的問題，利用函數(shù)的單調(diào)性求出最值，從而求出a的范圍，最后求它們的交集．

解答 解：（1）若a=1，不等式f（x）＞2x等價為x²-2|x-1|＞2x．
若x≥1，則不等式等價為x²-2x+2＞2x．即x²-4x+2＞0，
解得x≥2+$\sqrt{2}$或x≤2-$\sqrt{2}$（舍），
若x＜1，則不等式等價為x²+2x-2＞2x．即x²-2＞0，
解得x＞$\sqrt{2}$（舍）或x＜-$\sqrt{2}$，
綜上x≥2+$\sqrt{2}$或x＜-$\sqrt{2}$，
即不等式的解集為{x|x≥2+$\sqrt{2}$或x＜-$\sqrt{2}$}．
（2）若a＞0，且方程f（x）=x恰有三個不同的實根，
即x²-2|x-a|=x，$\frac{1}{2}$（x²-x）=|x-a|．
設(shè)y=$\frac{1}{2}$（x²-x），y=|x-a|．
作出函數(shù)y=$\frac{1}{2}$（x²-x）和y=|x-a|的圖象如圖：
當y=|x-a|經(jīng)過點（1，0）時，即|1-a|=0，
a=1時，滿足條件，
當x≥a時，y=|x-a|=x-a，
當直線y=x-a與y=$\frac{1}{2}$（x²-x）相切時，
即y=$\frac{1}{2}$（x²-x）=x-a，
即x²-x=2x-2a，
即x²-3x+2a=0，由判別式△=9-8a=0，
即a=$\frac{9}{8}$時，兩個曲線有2個交點，
故方程f（x）=x恰有三個不同的實根，
則1≤a＜$\frac{9}{8}$，
即實數(shù)a的取值范圍是1≤a＜$\frac{9}{8}$．
（3）不等式f（x-1）≥2f（x）化為-（x-1）²+2|x-1-a|≥-2x²+4|x-a|，
即：4|x-a|-2|x-（1+a）|≤x²+2x-1（*）
對任意的x∈[0，+∞）恒成立．
因為a＞0．所以分如下情況討論：
①0≤x≤a時，不等式（*）化為-4（x-a）+2[x-（1+a）]≤x²+2x-1，
即x²+4x+1-2a≥0對任意的x∈[0，a]恒成立，
因為函數(shù)g（x）=x²+4x+1-2a在區(qū)間[0，a]上單調(diào)遞增，
則g（0）最小，所以只需g（0）≥0即可，得a≤$\frac{1}{2}$，
又a＞0所以0＜a≤$\frac{1}{2}$，
②a＜x≤1+a時，不等式（*）化為4（x-a）+2[x-（1+a）]≤x²+2x-1，
即x²-4x+1+6a≥0對任意的x∈（a，1+a]恒成立，
由①，0＜a≤$\frac{1}{2}$，知：函數(shù)h（x）=x²-4x+1+6a在區(qū)間（a，1+a]上單調(diào)遞減，
則只需h（1+a）≥0即可，即a²+4a-2≥0，得a≤-2-$\sqrt{6}$或a≥-2+$\sqrt{6}$．
因為-2+$\sqrt{6}$＜$\frac{1}{2}$，所以由①得-2+$\sqrt{6}$≤a≤$\frac{1}{2}$，
③x＞1+a時，不等式（*）化為4（x-a）-2[x-（1+a）]≥x²+2x-1，
即x²+2a-3≥0對任意的x∈（a+1，+∞）恒成立，
因為函數(shù)φ（x）=x²+2a-3在區(qū)間（a+1，+∞）上單調(diào)遞增，
則只需φ（a+1）≥0即可，
即a²+4a-2≥0，得或a≤-2-$\sqrt{6}$或a≥-2+$\sqrt{6}$．
由②得-2+$\sqrt{6}$≤a≤$\frac{1}{2}$，
綜上所述得，a的取值范圍是[-2+$\sqrt{6}$，$\frac{1}{2}$]．

點評 本題主要考查函數(shù)恒成立問題，涉及絕對值不等式求解，函數(shù)與方程的應用，分段函數(shù)以及一元二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，綜合性較強，難度較大．