Question

11．已知函数f（x）=|x-a|+|x-1|，a∈R．
（Ⅰ）当a=3时，求不等式f（x）≤4的解集；
（Ⅱ）不等式f（x）＜2的解集为空集，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出当a=3时，f（x）的分段函数式，原不等式即化为一次不等式组，分别解得它们，再求并集即可；
（Ⅱ）利用绝对值三角不等式可得f（x）=|x-a|+|x-1|≥|（x-a）+（1-x）|=|1-a|，依题意可得|1-a|≥2，解之即可．

解答 解：（Ⅰ）当a=3时，f（x）=|x-3|+|x-1|，
即有f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{4-2x，x＜1}\\{2，1≤x＜3}\\{2x-4，x≥3}\end{array}\right.$，
不等式f（x）≤4即为$\left\{\begin{array}{l}{x＜1}\\{4-2x≤4}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{x≥3}\\{2x-4≤4}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{1≤x＜3}\\{2≤4}\end{array}\right.$，
即有0≤x＜1或3≤x≤4或1≤x＜3，
则为0≤x≤4，
则解集为[0，4]；
（Ⅱ）依题意知，f（x）=|x-a|+|x-1|≥2恒成立，
∴2≤f（x）_min；
由绝对值三角不等式得：f（x）=|x-a|+|x-1|≥|（x-a）+（1-x）|=|1-a|，
即f（x）_min=|1-a|，
∴|1-a|≥2，即a-1≥2或a-1≤-2，
解得a≥3或a≤-1．
∴实数a的取值范围是[3，+∞）∪（-∞，-1]．

点评 本题考查绝对值不等式的解法，求得|1-a|≥2是关键，突出考查等价转化思想和分类讨论思想与运算求解能力，属于中档题．