Question

5．已知函数f（x）=|x-a|，a∈R．
（I）若a=2，求不等式f（x）+$\frac{3}{2}$-a≥0的解集；
（Ⅱ）若a≥1，且对任意x∈[1，2]，不等式xf（x）+$\frac{3}{2}$≥a恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）原不等式即为|x-2|≥$\frac{1}{2}$，由绝对值不等式 的解法即可得到所求解集；
（Ⅱ）令f（x）=x|x-a|，则由题意可得 f_min（x）≥a-$\frac{3}{2}$，分1≤a≤2和a＞2两种情况，分别求出实数a的范围，再取并集即得所求．

解答 解：（Ⅰ）不等式f（x）+$\frac{3}{2}$-a≥0，即为
|x-2|≥$\frac{1}{2}$，解得x≥$\frac{5}{2}$或x≤$\frac{3}{2}$，
则解集为（-∞，$\frac{3}{2}$]∪[$\frac{5}{2}$，+∞）；
（Ⅱ）∵a≥1，不等式x|x-a|+$\frac{3}{2}$≥a，
对任意的实数x∈[1，2]恒成立，等价于x|x-a|≥a-$\frac{3}{2}$．
令f（x）=x|x-a|，则有 f_min（x）≥a-$\frac{3}{2}$．
当1≤a≤2时，f（x）=x|x-a|=$\left\{\begin{array}{l}{x（x-a），a≤x≤2}\\{x（a-x），2＜x≤a}\end{array}\right.$，
∴f_min（x）=f（a）=0，
∴0≥a-$\frac{3}{2}$，解得a≤$\frac{3}{2}$，
故1≤a≤$\frac{3}{2}$．
当a＞2时，f（x）=x（a-x），
此时f_min（x）=f（1）或f（2），
故有 $\left\{\begin{array}{l}{f（1）≥a-\frac{3}{2}}\\{f（2）≥a-\frac{3}{2}}\end{array}\right.$，
即$\left\{\begin{array}{l}{a-1≥a-\frac{3}{2}}\\{2a-4≥a-\frac{3}{2}}\end{array}\right.$，解得a≥$\frac{5}{2}$．
综上可得1≤a≤$\frac{3}{2}$或 a≥$\frac{5}{2}$．

点评 本题考查绝对值不等式的解法，考查不等式恒成立问题的解法，注意运用分类讨论的思想方法，考查运算能力，属于中档题．