Question

18．设f（x）=|ax-1|+|x+2|，（a＞0）．
（I）若a=1，时，解不等式 f（x）≤5；
（Ⅱ）若f（x）≥2，求a的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）分类讨论化简f（x）的解析式，由f（x）的单调性及f（-3）=f（2）=5，得f（x）≤5 的解集．
（Ⅱ）由f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{-（a+1）x-1，x≤-2}\\{（1-a）x+3，-2＜x＜\frac{1}{a}}\\{（a+1）x+1，x≥\frac{1}{a}}\end{array}\right.$ 的单调性，以及f（x）的图象连续不断，可得要是f（x）≥2，当且仅当f（-2）≥2，且f（$\frac{1}{a}$）≥2，由此求得a的最小值．

解答 解：（Ⅰ）若a=1，f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{-2x-1，x≤-2}\\{3，-2＜x≤1}\\{2x+1，x＞1}\end{array}\right.$，
由f（x）的单调性及f（-3）=f（2）=5，得f（x）≤5 的解集为{x|-3≤x≤2}．
（Ⅱ）f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{-（a+1）x-1，x≤-2}\\{（1-a）x+3，-2＜x＜\frac{1}{a}}\\{（a+1）x+1，x≥\frac{1}{a}}\end{array}\right.$，
当x∈（-∞，-2]时，f（x）单调递减；当x∈[$\frac{1}{a}$，+∞）时，f（x）单调递增，
又f（x）的图象连续不断，所以f（x）≥2，当且仅当f（-2）=2a+1≥2，且f（$\frac{1}{a}$）=$\frac{1}{a}$+2≥2，
求得a≥$\frac{1}{2}$，故a的最小值为$\frac{1}{2}$．

点评 本题主要考查绝对值不等式的解法，函数的单调性的应用，函数的恒成立问题，体现了转化、分类讨论的数学思想，属于中档题．