Question

已知f（x）=x|x-a|+b，x∈R．
（Ⅰ）当a=1，b=0时，解不等式：f（x）≤0；
（Ⅱ）若b＜0，b为常数且对任何x∈[0，1]不等式f（x）＜0恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

考点：绝对值不等式的解法,函数恒成立问题

专题：不等式的解法及应用

分析：（Ⅰ）当a=1，b=0时，不等式即 x|x-1|≤0，由此求得不等式f（x）≤0的解集．
（Ⅱ）只需考虑x∈（0，1]的情况，此时，不等式即|x-a|＜

-b

x

，即 x+

b

x

＜a＜x-

b

x

，故(x+

b

x

)max＜a＜(x-

b

x

)min．分类讨论，利用函数的单调性求得(x+

b

x

)max和(x-

b

x

)min，从而求得a的取值范围．

解答： 解：（Ⅰ）当a=1，b=0时，不等式f（x）≤0，即 x|x-1|≤0，∴x≤0，或 x=1，
即不等式f（x）≤0的解集为[x|x≤0，或 x=1}．
（Ⅱ）当x=0时，不等式即 b＜0，显然恒成立，故只需考虑x∈（0，1]的情况，
此时，不等式即|x-a|＜

-b

x

，即 x+

b

x

＜a＜x-

b

x

，故(x+

b

x

)max＜a＜(x-

b

x

)min．
由于函数g（x）=x+

b

x

在（0，1]上单调递增，故(x+

b

x

)max=g（1）=1+b．
对于函数h（x）=x-

b

x

，x∈（0，1]，①当b＜-1时，h（x）=x-

b

x

 在（0，1]上单调递减，
故h（x）的最小值(x-

b

x

)min=h（1）=1-b，
故此时，a的范围为（1+b，1-b）．
当-1≤b＜0时，h（x）=x-

b

x

≥2

-b

，当且仅当x=

-b

时，h（x）的最小值(x-

b

x

)min=2

-b

．
此时，要使a存在，必须有

-1≤b＜0 1+b＜2 -b

，即-1≤b＜2

2

-3，此时a的取值范围是(1+b，2

-b

)．
综上，当b＜-1时，a的取值范围是（1+b，1-b）；当-1≤b＜2

2

-3时，a的取值范围是(1+b，2

-b

)；
当2

2

-3≤b＜0时，a的取值范围是∅．

点评：本题主要考查绝对值不等式的解法，函数的恒成立问题，体现了转化、分类讨论的数学思想，属于基础题．