Question

已知函数f（x）=x|x-a|，（a∈R）
（1）若a=2，解关于x的不等式f（x）＜x；
（2）若对?x∈（0，1]都有f（x）＜m（m∈R，m是常数），求a的取值范围．

Answer 1

考点：绝对值不等式的解法

专题：不等式的解法及应用

分析：（1）当a=2时，不等式即x|x-2|＜x，分类讨论求得它的解集．
（2）显然m＞0，对?x∈（0，1]，x-

m

x

＜a＜x+

m

x

．设g(x)=x-

m

x

，x∈(0，1]，p(x)=x+

m

x

，x∈（0，1]，条件等价于g（x）_max＜a＜p（x）_min，x∈（0，1]．再利用导数求得g（x）_max和p（x）_min，可得a的范围．

解答： 解：（1）当a=2时，不等式f（x）＜x，即x|x-2|＜x，
显然x≠0，当x＞0时，原不等式可化为：|x-2|＜1⇒-1＜x-2＜1⇒1＜x＜3．
当x＜0时，原不等式可化为：|x-2|＞1⇒x-2＞1或x-2＜-1⇒x＞3或x＜1，∴x＜0．
综上得：当a=2时，原不等式的解集为{x|1＜x＜3或x＜0}．
（2）∵对?x∈（0，1]都有f（x）＜m，显然m＞0，
即-m＜x（x-a）＜m⇒对?x∈（0，1]，-

m

x

＜x-a＜

m

x

恒成立，
⇒对?x∈（0，1]，x-

m

x

＜a＜x+

m

x

．
设g(x)=x-

m

x

，x∈(0，1]，p(x)=x+

m

x

，x∈（0，1]，
则对?x∈（0，1]，x-

m

x

＜a＜x+

m

x

恒成立?g（x）_max＜a＜p（x）_min，x∈（0，1]．
∵g′(x)=1+

m

x2

，当x∈（0，1]时g'（x）＞0，∴函数g（x）在（0，1]上单调递增，∴g（x）_max=1-m．
又∵p′(x)=1-

m

x2

=

(x- m )(x+ m )

x2

，当

m

≥1即m≥1时，对于x∈（0，1]，p'（x）＜0，
∴函数p（x）在（0，1]上为减函数，∴p（x）_min=p（1）=1+m．
当

m

＜1，即0＜m＜1时，当x∈(0，

m

]，p'（x）≤0，
当0＜m＜1时，在（0，1]上，p(x)=x+

m

x

≥2

x• m x

=2

m

，当x=

m

时取等号，
又∵当0＜m＜1时，要g（x）_max＜a＜p（x）_min，即 1-m＜a＜2

m

，还需满足2

m

＞1-m解得3-2

2

＜m＜1．
∴当3-2

2

＜m＜1时，1-m＜a＜2

m

；当m≥1时，1-m＜a＜1+m．

点评：本题主要考查绝对值不等式的解法，利用函数的导数研究函数的单调性，由单调性求函数的值域，体现了转化、分类讨论的数学思想，属于基础题．