Question

8．已知函数f（x）=$\left\{{\begin{array}{l}{x^2}\\{-{x^2}}\end{array}}\right.\begin{array}{l}{（x≥0）}\\{（x＜0）}\end{array}$，若对任意的x∈[t，t+2]，不等式f（x+t）≥2f（x）恒成立，则实数t的取值范围是[$\sqrt{2}$，+∞）．

Answer 1

分析 由当x＜0时，f（x）=-x²，x≥0时，f（x）=x²，从而f（x）在R上是单调递增函数，且满足2f（x）=f（$\sqrt{2}$x），再根据不等式f（x+t）≥2f（x）=f（$\sqrt{2}$x）在[t，t+2]恒成立，可得x+t≥$\sqrt{2}$x在[t，t+2]恒成立，计算即可得出答案．

解答 解：当x＜0时，f（x）=-x²递增
，当x≥0时，f（x）=x²递增，
函数f（x）=$\left\{{\begin{array}{l}{x^2}\\{-{x^2}}\end{array}}\right.\begin{array}{l}{（x≥0）}\\{（x＜0）}\end{array}$，在R上是单调递增函数，
且满足2f（x）=f（$\sqrt{2}$x），
∵不等式f（x+t）≥2f（x）=f（$\sqrt{2}$x）在[t，t+2]恒成立，
∴x+t≥$\sqrt{2}$x在[t，t+2]恒成立，
即：t≥（$\sqrt{2}$-1）x在 x∈[t，t+2]恒成立，
∴t≥（$\sqrt{2}$-1）（t+2），
解得：t≥$\sqrt{2}$，
故答案为：$[\sqrt{2}，+∞）$．

点评 本题考查了函数恒成立问题及函数的单调性，难度适中，关键是掌握函数的单调性的运用．