Question

20．（I）已知a+b+c=1，证明（a+1）²+（b+1）²+（c+1）²≥$\frac{16}{3}$；
（Ⅱ）若对任总实数x，不等式|x-a|+|2x-1|≥2恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （I）利用柯西不等式，即可证明；
（Ⅱ）分：①a=$\frac{1}{2}$、②a＞$\frac{1}{2}$、③a＜$\frac{1}{2}$三种情况，分别化简不等式，根据函数y=|2x-1|+|x-a|的最小值大于或等于2，求得a的范围．

解答 （I）证明：由柯西不等式可得（1+1+1）[（a+1）²+（b+1）²+（c+1）²]≥（a+1+b+1+c+1）²，
∵a+b+c=1，∴（a+1）²+（b+1）²+（c+1）²≥$\frac{16}{3}$；
（Ⅱ）解：①当a=$\frac{1}{2}$时，不等式即|x-$\frac{1}{2}$|≥$\frac{2}{3}$，显然不能任意实数x均成立．
②当a＞$\frac{1}{2}$时，|2x-1|+|x-a|=$\left\{\begin{array}{l}{3x-a-1，x≥a}\\{x+a-1，\frac{1}{2}＜x＜a}\\{-3x+a+1，x≤\frac{1}{2}}\end{array}\right.$，此时，根据函数y=|2x-1|+|x-a|的单调性可得y的最小值为-3×$\frac{1}{2}$+a+1．
∵不等式|2x-1|+|x-a|≥2对任意实数x均成立，
∴-3×$\frac{1}{2}$+a+1≥2，解得 a≥$\frac{5}{2}$．
③当a＜$\frac{1}{2}$时，|2x-1|+|x-a|=$\left\{\begin{array}{l}{3x-a-1，x≥\frac{1}{2}}\\{-x-a+1，a＜x＜\frac{1}{2}}\\{-3x+a+1，x≤a}\end{array}\right.$，
此时，根据函数y=|2x-1|+|x-a|的单调性可得y的最小值为-$\frac{1}{2}$-a+1．
∵不等式|2x-1|+|x-a|≥2对任意实数x均成立，
∴-$\frac{1}{2}$-a+1≥2，解得 a≤-$\frac{3}{2}$．
综上可得，实数a的取值范围是（-∞，-$\frac{3}{2}$]∪[$\frac{5}{2}$，+∞）．

点评 本题主要考查绝对值不等式的解法，体现了转化以及分类讨论的数学思想，属于中档题．