Question

6．已知$\overrightarrow p=（x，|x-a|），a∈R，\overrightarrow q=（x，x-1）$，函數(shù) f（x）=$\overrightarrow p•\overrightarrow q$（x∈R）．
（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(shí)數(shù)a的取值范圍；
（3）若a＜1且不等式f（x）≥2x-3對(duì)一切實(shí)數(shù)x∈R恒成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出a=-1的函數(shù)f（x）的解析式，去絕對(duì)值，解方程即可得到；
（2）將f（x）寫成分段函數(shù)的形式，由二次函數(shù)的對(duì)稱軸和區(qū)間的關(guān)系，解不等式即可得到所求范圍；
（3）設(shè)g（x）=f（x）-（2x-3），不等式f（x）≥2x-3對(duì)一切實(shí)數(shù)x∈R恒成立，等價(jià)于不等式g（x）≥0對(duì)一切實(shí)數(shù)x∈R恒成立．求出x＜a和x≥a的值域，求得最小值，解不等式，即可得到所求范圍．

解答 解：f（x）=$\overrightarrow p•\overrightarrow q$=x²+（x-1）|x-a|（x∈R）．
（1）當(dāng)a=-1時(shí)，故有f（x）=x²+（x-1）|x+1|，
即有$f（x）=\left\{{\begin{array}{l}{2{x^2}-1，\;x≥-1}\\{1，\;x＜-1}\end{array}}\right.$，
當(dāng)x≥-1時(shí)，由f（x）=1，有2x²-1=1，解得x=1或x=-1，
當(dāng)x＜-1時(shí)，f（x）=1恒成立，
∴方程的解集為{x|x≤-1或x=1}；
（2）$f（x）=\left\{{\begin{array}{l}{2{x^2}-（a+1）x+a，\;\;x≥a}\\{（a+1）x-a，x＜a}\end{array}}\right.$，
若f（x）在R上單調(diào)遞增，則有$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{a+1}{4}≤a}\\{a+1＞0}\end{array}}\right.$，解得，$a≥\frac{1}{3}$
∴當(dāng)$a≥\frac{1}{3}$時(shí)，f（x）在R上單調(diào)遞增；
（3）設(shè)g（x）=f（x）-（2x-3），
則$g（x）=\left\{{\begin{array}{l}{2{x^2}-（a+3）x+a+3，x≥a}\\{（a-1）x-a+3，\;\;x＜a}\end{array}}\right.$，
不等式f（x）≥2x-3對(duì)一切實(shí)數(shù)x∈R恒成立，
等價(jià)于不等式g（x）≥0對(duì)一切實(shí)數(shù)x∈R恒成立．
∵a＜1，∴當(dāng)x∈（-∞，a）時(shí)，g（x）單調(diào)遞減，其值域?yàn)椋╝²-2a+3，+∞），
由于a²-2a+3=（a-1）²+2≥2，所以g（x）≥0成立．     
當(dāng)x∈[a，+∞）時(shí)，由a＜1，知$a＜\frac{a+3}{4}$，g（x）在$x=\frac{a+3}{4}$處取最小值，
令$g（\frac{a+3}{4}）=a+3-\frac{{{{（a+3）}^2}}}{8}≥0$，得-3≤a≤5，又a＜1，所以-3≤a＜1
綜上，a∈[-3，1）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查向量的數(shù)量積的坐標(biāo)表示，含絕對(duì)值函數(shù)的單調(diào)性和不等式恒成立問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問(wèn)題，考查運(yùn)算能力，屬于中檔題．