Question

8．设函数f（x）=|2x+a|+|x-$\frac{1}{a}$|（x∈R，实数a＜0）．
（Ⅰ）若f（0）＞$\frac{5}{2}$，求实数a的取值范围；
（Ⅱ）求证：f（x）≥$\sqrt{2}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）去掉绝对值号，解关于a的不等式组，求出a的范围即可；（Ⅱ）通过讨论x的范围，结合基本不等式的性质求出求出f（x）的最小值即可．

解答 （Ⅰ）解：∵a＜0，∴f（0）=|a|+|-$\frac{1}{a}$|=-a-$\frac{1}{a}$＞$\frac{5}{2}$，
即a²+$\frac{5}{2}$a+1＞0，
解得a＜-2或-$\frac{1}{2}$＜a＜0；
（Ⅱ）证明：f（x）=|2x+a|+|x-$\frac{1}{a}$|=$\left\{\begin{array}{l}{3x+a-\frac{1}{a}，x≥-\frac{a}{2}}\\{-x-a-\frac{1}{a}，\frac{1}{a}＜x＜-\frac{a}{2}}\\{-3x-a+\frac{1}{a}，x≤\frac{1}{a}}\end{array}\right.$，
当x≥-$\frac{a}{2}$时，f（x）≥-$\frac{a}{2}$-$\frac{1}{a}$；
当$\frac{1}{a}$＜x＜-$\frac{a}{2}$时，f（x）＞-$\frac{a}{2}$-$\frac{1}{a}$；
当x≤$\frac{1}{a}$时，f（x）≥-a-$\frac{2}{a}$，
∴f（x）_min=-$\frac{a}{2}$-$\frac{1}{a}$≥2$\sqrt{（-\frac{a}{2}）（-\frac{1}{a}）}$=$\sqrt{2}$，
当且仅当-$\frac{a}{2}$=-$\frac{1}{a}$即a=-$\sqrt{2}$时取等号，
∴f（x）≥$\sqrt{2}$．

点评 本题考查了基本不等式的性质，考查解绝对值不等式问题，是一道中档题．