Question

5．已知函数f（x）=x²+（x-1）|x-a|．
（1）若函数f（x）在R上单调递增，求实数a的取值范围；
（2）若a＜1且不等式f（x）≥2x-3对一切实数x∈R恒成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）分x≥a和x＜a对函数分段，然后由f（x）在R上单调递增得到不等式组$\left\{\begin{array}{l}{\frac{a+1}{4}≤a}\\{a+1＞0}\end{array}\right.$，求解不等式组得到实数a的取值范围；
（2）写出分段函数g（x），不等式f（x）≥2x-3对一切实数x∈R恒成立，等价于不等式g（x）≥0对一切实数x∈R恒成立，然后求出函数在不同区间段内的最小值，求解不等式得答案．

解答 解：（1）f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{2{x}^{2}-（a+1）x+a，x≥a}\\{（a+1）x-a，x＜a}\end{array}\right.$，
若f（x）在R上单调递增，
则有$\left\{\begin{array}{l}{\frac{a+1}{4}≤a}\\{a+1＞0}\end{array}\right.$，解得：a≥$\frac{1}{3}$；
（2）设g（x）=f（x）-（2x-3），
则g（x）=$\left\{\begin{array}{l}{2{x}^{2}-（a+3）x+a+3，x≥a}\\{（a-1）x-a+3，x＜a}\end{array}\right.$，
即不等式g（x）≥0对一切实数x∈R恒成立，
∵a＜1，∴当x＜a时，g（x）单调递减，其值域为：（a²-2a+3，+∞），
∵a²-2a+3=（a-1）²+2≥2，∴g（x）≥0恒成立，
当x≥a时，∵a＜1，∴a＜$\frac{a+3}{4}$，
∴g（x）_min=g（$\frac{a+3}{4}$）=a+3-$\frac{（a+3）^{2}}{8}$≥0，
得-3≤a≤5
∵a＜1，∴-3≤a＜1      
 综上：-3≤a＜1．

点评 本题考查了函数恒成立问题，考查了二次函数的性质，体现了数学转化思想方法，考查了不等式的解法，是中档题．