Question

19．已知函數f（x）=ax²-|x-1|+2a（a∈R）．
（1）當a=$\frac{1}{2}$時，解不等式f（x）≥0；
（2）若f（x）≥0恒成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）通過討論x的范圍，去掉絕對值，求出不等式的解集即可；
（2）法一：所問題轉化為$a≥\frac{|x-1|}{{{x^2}+2}}$恒成立，令x-1=t，則x=t+1（t∈R），所以$a≥\frac{|t|}{{{{（t+1）}^2}+2}}$恒成立，通過討論t的范圍，求出a的范圍即可；
法二：根據二次函數的性質，求出函數的對稱軸，結合函數的單調性求出a的范圍即可．

解答 解：（1）當$a=\frac{1}{2}$時，得$\frac{1}{2}{x^2}-|{x-1}|+1≥0$，
①當x≥1時，得$\frac{1}{2}{x^2}-x+1+1≥0$，即x²-2x+4≥0，
因為△=-12＜0，所以x∈R，
所以x≥1；                 …（2分）
②當x＜1時，得$\frac{1}{2}{x^2}+x-1+1≥0$，即x²+2x≥0，
所以x≥0或x≤-2，
所以0≤x＜1或x≤-2．                 …（4分）
綜上：{x|x≥0或x≤-2}．               …（6分）
（2）法一：若f（x）≥0恒成立，則ax²-|x-1|+2a≥0恒成立，
所以$a≥\frac{|x-1|}{{{x^2}+2}}$恒成立，…（8分）
令x-1=t，則x=t+1（t∈R），
所以$a≥\frac{|t|}{{{{（t+1）}^2}+2}}$恒成立，
①當t=0時，a≥0；           …（10分）
②當t＞0時，$a≥\frac{t}{{{{（t+1）}^2}+2}}$=$\frac{1}{{t+\frac{3}{t}+2}}$恒成立，
因為$t+\frac{3}{t}≥2\sqrt{t•\frac{3}{t}}=2\sqrt{3}$（當且僅當$t=\sqrt{3}$時取等號），
所以$\frac{1}{{t+\frac{3}{t}+2}}≤\frac{{\sqrt{3}-1}}{4}$，
所以$a≥\frac{{\sqrt{3}-1}}{4}$；          …（12分）
③當t＜0時，$a≥\frac{-t}{{{{（t+1）}^2}+2}}$=$\frac{1}{{-t+\frac{3}{-t}-2}}$恒成立，
因為$-t+\frac{3}{-t}≥2\sqrt{（-t）•\frac{3}{（-t）}}=2\sqrt{3}$（當且僅當$t=-\sqrt{3}$時取等號），
所以$\frac{1}{{-t+\frac{3}{-t}-2}}≤\frac{{\sqrt{3}+1}}{4}$，
所以$a≥\frac{{\sqrt{3}+1}}{4}$，…（14分）
綜上：$a≥\frac{{\sqrt{3}+1}}{4}$．               …（16分）
法二：因為f（x）≥0恒成立，所以f（0）≥0，所以a≥$\frac{1}{2}$，…（8分）
①當x≥1時，ax²-（x-1）+2a≥0恒成立，
對稱軸x=$\frac{1}{2a}$≤1，所以f（x）在[1，+∞）上單調增，
所以只要f（1）≥0，得a≥0，…（10分）
所以a≥$\frac{1}{2}$；                                 …（12分）
②當x＜1時，ax²+（x-1）+2a≥0恒成立，
對稱軸x=-$\frac{1}{2a}$∈[-1，0），
所以ax²+x+2a-1=0的判別式△=1-4a（2a-1）≤0，
解得a≤$\frac{1-\sqrt{3}}{4}$或$a≥\frac{{\sqrt{3}+1}}{4}$，…（14分）
又a≥$\frac{1}{2}$，所以a≥$\frac{1+\sqrt{3}}{4}$．
綜合①②得：$a≥\frac{{\sqrt{3}+1}}{4}$．                    …（16分）

點評 本題考查了解絕對值不等式問題，考查函數恒成立以及二次函數的性質，考查轉化思想、分類討論思想，是一道中檔題．