Question

8．已知函数f（x）=|$\frac{2}{3}$x+1|．
（1）若不等式f（x）≥-|x|+a恒成立，求实数a的取值范围；
（2）若对于实数x，y，有|x+y+1|≤$\frac{1}{3}$，|y-$\frac{1}{3}$|≤$\frac{2}{3}$，求证：f（x）≤$\frac{7}{9}$，
．

Answer 1

分析 （1）令g（x）=f（x）+|x|，求出g（x）的最小值即可得出a的范围；
（2）利用绝对值三角不等式的性质得出证明．

解答 解：（1）由题意知a≤|$\frac{2}{3}x+1$|+|x|恒成立，
令g（x）=|$\frac{2}{3}x+1$|+|x|=$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{5}{3}x-1，x≤-\frac{3}{2}}\\{-\frac{1}{3}x+1，-\frac{3}{2}＜x＜0}\\{\frac{5}{3}x+1，x≥0}\end{array}\right.$，则a≤g_min（x）．
则g（x）在（-∞，0）上单调递减，在[0，+∞）上单调递增，
∴当x=0时，g（x）取得最小值g（0）=1，
∴a≤1．
（2）证明：对于实数x，y，有|x+y+1|≤$\frac{1}{3}$，|y-$\frac{1}{3}$|≤$\frac{2}{3}$，
则f（x）=|$\frac{2}{3}x+1$|=|$\frac{2}{3}$（x+y+1）-$\frac{2}{3}$（y-$\frac{1}{3}$）+$\frac{1}{9}$|
≤$\frac{2}{3}$|x+y+1|+$\frac{2}{3}$|y-$\frac{1}{3}$|+$\frac{1}{9}$=$\frac{2}{3}×\frac{1}{3}$+$\frac{2}{3}×$$\frac{2}{3}$+$\frac{1}{9}$=$\frac{7}{9}$，
∴f（x）≤$\frac{7}{9}$．

点评 本题考查了绝对值不等式的解法，绝对值三角不等式，属于中档题．