Question

15．设函数f（x）=|x+$\frac{1}{a}$|+|x-a|（a＞0）
（1）证明：f（x）≥2；
（2）若f（2）＜3，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）由条件利用绝对值三角不等式求得f（x）≥|a|+|$\frac{1}{a}$|，再利用基本不等式证得|a|+|$\frac{1}{a}$|≥2，从而证得结论．
（2）f（2）＜3，即|2+$\frac{1}{a}$|+|2-a|＜3，再分类讨论求得a的范围，综合可得结论．

解答 解：（1）证明：∵f（x）=|x+$\frac{1}{a}$|+|x-a|≥|（x+$\frac{1}{a}$）-（x-a）|=|a+$\frac{1}{a}$|=|a|+|$\frac{1}{a}$|≥2，
故f（x）≥2 成立．
（2）f（2）＜3，即|2+$\frac{1}{a}$|+|2-a|＜3，
当a＞1 时，可得2+$\frac{1}{a}$+|a-2|＜3，即|a-2|＜1-$\frac{1}{a}$，即$\frac{1}{a}$-1＜a-2＜1-$\frac{1}{a}$，可得$\left\{\begin{array}{l}{a＞1}\\{a-\frac{1}{a}＞1}\\{a+\frac{1}{a}＜3}\end{array}\right.$，
求得 $\frac{1+\sqrt{5}}{2}$＜a＜$\frac{3+\sqrt{5}}{2}$．

a=1 时，可得|2+1|+|2-1|＜3不成立，故a≠1．
0＜a＜1时，可得 2+$\frac{1}{a}$+2-a＜3，即 a-$\frac{1}{a}$＞1，即 $\left\{\begin{array}{l}{0＜a＜1}\\{a-\frac{1}{a}＞1}\end{array}\right.$，求得a∈∅．
综上可得，$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$＜a＜$\frac{3+\sqrt{5}}{2}$．

点评 本题主要考查绝对值三角不等式，绝对值不等式的解法，基本不等式的应用，体现了转化、分类讨论的数学思想，属于中档题．