Question

已知函數f（x）=x|x-a|，（a∈R）
（1）若a=2，解關于x的不等式f（x）＜x；
（2）若對?x∈（0，1]都有f（x）＜m（m∈R，m是常數），求a的取值范圍．

Answer 1

考點：絕對值不等式的解法

專題：不等式的解法及應用

分析：（1）當a=2時，不等式即x|x-2|＜x，分類討論求得它的解集．
（2）顯然m＞0，對?x∈（0，1]，x-

m

x

＜a＜x+

m

x

．設g(x)=x-

m

x

，x∈(0，1]，p(x)=x+

m

x

，x∈（0，1]，條件等價于g（x）_max＜a＜p（x）_min，x∈（0，1]．再利用導數求得g（x）_max和p（x）_min，可得a的范圍．

解答： 解：（1）當a=2時，不等式f（x）＜x，即x|x-2|＜x，
顯然x≠0，當x＞0時，原不等式可化為：|x-2|＜1⇒-1＜x-2＜1⇒1＜x＜3．
當x＜0時，原不等式可化為：|x-2|＞1⇒x-2＞1或x-2＜-1⇒x＞3或x＜1，∴x＜0．
綜上得：當a=2時，原不等式的解集為{x|1＜x＜3或x＜0}．
（2）∵對?x∈（0，1]都有f（x）＜m，顯然m＞0，
即-m＜x（x-a）＜m⇒對?x∈（0，1]，-

m

x

＜x-a＜

m

x

恒成立，
⇒對?x∈（0，1]，x-

m

x

＜a＜x+

m

x

．
設g(x)=x-

m

x

，x∈(0，1]，p(x)=x+

m

x

，x∈（0，1]，
則對?x∈（0，1]，x-

m

x

＜a＜x+

m

x

恒成立?g（x）_max＜a＜p（x）_min，x∈（0，1]．
∵g′(x)=1+

m

x2

，當x∈（0，1]時g'（x）＞0，∴函數g（x）在（0，1]上單調遞增，∴g（x）_max=1-m．
又∵p′(x)=1-

m

x2

=

(x- m )(x+ m )

x2

，當

m

≥1即m≥1時，對于x∈（0，1]，p'（x）＜0，
∴函數p（x）在（0，1]上為減函數，∴p（x）_min=p（1）=1+m．
當

m

＜1，即0＜m＜1時，當x∈(0，

m

]，p'（x）≤0，
當0＜m＜1時，在（0，1]上，p(x)=x+

m

x

≥2

x• m x

=2

m

，當x=

m

時取等號，
又∵當0＜m＜1時，要g（x）_max＜a＜p（x）_min，即 1-m＜a＜2

m

，還需滿足2

m

＞1-m解得3-2

2

＜m＜1．
∴當3-2

2

＜m＜1時，1-m＜a＜2

m

；當m≥1時，1-m＜a＜1+m．

點評：本題主要考查絕對值不等式的解法，利用函數的導數研究函數的單調性，由單調性求函數的值域，體現了轉化、分類討論的數學思想，屬于基礎題．