Question

1．已知函数f（x）=x²-2|x-a|．
（1）若a=1，求不等式f（x）＞2x的解集．
（2）若a＞0，且方程f（x）=x恰有三个不同的实根，求a的取值范围．
（3）当a＞0时，若对任意的x∈[0，+∞），不等式f（x-1）≥2f（x）恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）若a=1，根据绝对值不等式的解法即可求不等式f（x）＞2x的解集
（2）若a＞0，方程f（x）=x恰有三个不同的实根，转化为f（x）与g（x）=x有3个不同的交点，利用数形结合进行求解即可求a的值
（3）先整理f（x-1）≤2f（x）的表达式，有绝对值的放到左边，然后分①0≤x≤a②a＜x≤1+a③x＞1+a讨论，首先去掉绝对值，然后整理成关于x的一元二次不等式恒成立的问题，利用函数的单调性求出最值，从而求出a的范围，最后求它们的交集．

解答 解：（1）若a=1，不等式f（x）＞2x等价为x²-2|x-1|＞2x．
若x≥1，则不等式等价为x²-2x+2＞2x．即x²-4x+2＞0，
解得x≥2+$\sqrt{2}$或x≤2-$\sqrt{2}$（舍），
若x＜1，则不等式等价为x²+2x-2＞2x．即x²-2＞0，
解得x＞$\sqrt{2}$（舍）或x＜-$\sqrt{2}$，
综上x≥2+$\sqrt{2}$或x＜-$\sqrt{2}$，
即不等式的解集为{x|x≥2+$\sqrt{2}$或x＜-$\sqrt{2}$}．
（2）若a＞0，且方程f（x）=x恰有三个不同的实根，
即x²-2|x-a|=x，$\frac{1}{2}$（x²-x）=|x-a|．
设y=$\frac{1}{2}$（x²-x），y=|x-a|．
作出函数y=$\frac{1}{2}$（x²-x）和y=|x-a|的图象如图：
当y=|x-a|经过点（1，0）时，即|1-a|=0，
a=1时，满足条件，
当x≥a时，y=|x-a|=x-a，
当直线y=x-a与y=$\frac{1}{2}$（x²-x）相切时，
即y=$\frac{1}{2}$（x²-x）=x-a，
即x²-x=2x-2a，
即x²-3x+2a=0，由判别式△=9-8a=0，
即a=$\frac{9}{8}$时，两个曲线有2个交点，
故方程f（x）=x恰有三个不同的实根，
则1≤a＜$\frac{9}{8}$，
即实数a的取值范围是1≤a＜$\frac{9}{8}$．
（3）不等式f（x-1）≥2f（x）化为-（x-1）²+2|x-1-a|≥-2x²+4|x-a|，
即：4|x-a|-2|x-（1+a）|≤x²+2x-1（*）
对任意的x∈[0，+∞）恒成立．
因为a＞0．所以分如下情况讨论：
①0≤x≤a时，不等式（*）化为-4（x-a）+2[x-（1+a）]≤x²+2x-1，
即x²+4x+1-2a≥0对任意的x∈[0，a]恒成立，
因为函数g（x）=x²+4x+1-2a在区间[0，a]上单调递增，
则g（0）最小，所以只需g（0）≥0即可，得a≤$\frac{1}{2}$，
又a＞0所以0＜a≤$\frac{1}{2}$，
②a＜x≤1+a时，不等式（*）化为4（x-a）+2[x-（1+a）]≤x²+2x-1，
即x²-4x+1+6a≥0对任意的x∈（a，1+a]恒成立，
由①，0＜a≤$\frac{1}{2}$，知：函数h（x）=x²-4x+1+6a在区间（a，1+a]上单调递减，
则只需h（1+a）≥0即可，即a²+4a-2≥0，得a≤-2-$\sqrt{6}$或a≥-2+$\sqrt{6}$．
因为-2+$\sqrt{6}$＜$\frac{1}{2}$，所以由①得-2+$\sqrt{6}$≤a≤$\frac{1}{2}$，
③x＞1+a时，不等式（*）化为4（x-a）-2[x-（1+a）]≥x²+2x-1，
即x²+2a-3≥0对任意的x∈（a+1，+∞）恒成立，
因为函数φ（x）=x²+2a-3在区间（a+1，+∞）上单调递增，
则只需φ（a+1）≥0即可，
即a²+4a-2≥0，得或a≤-2-$\sqrt{6}$或a≥-2+$\sqrt{6}$．
由②得-2+$\sqrt{6}$≤a≤$\frac{1}{2}$，
综上所述得，a的取值范围是[-2+$\sqrt{6}$，$\frac{1}{2}$]．

点评 本题主要考查函数恒成立问题，涉及绝对值不等式求解，函数与方程的应用，分段函数以及一元二次函数的图象和性质，综合性较强，难度较大．