Question

20．已知函数f（x）=|x+$\frac{1}{{a}^{2}}$|+|-x+a|
（Ⅰ）当a=1时，求不等式f（x）＞4的解集；
（Ⅱ）若a＞0，求证：f（x）≥$\frac{3\root{3}{2}}{2}$．

Answer 1

分析 （1）根据x的不同范围去掉绝对值号化简函数解析式为分段函数，然后逐段解不等式；
（2）取掉绝对值符号化成分段函数后，逐段证明最小值≥$\frac{3\root{3}{2}}{2}$．

解答 解：（1）a=1时，f（x）=|x+1|+|-x+1|=$\left\{\begin{array}{l}{-2x，x≤-1}\\{2，-1＜x＜1}\\{2x，x≥1}\end{array}\right.$
①当x≤-1时，令-2x＞4，解得x＜-2；
②当-1＜x＜1时，令2＞4，无解；
③当x≥1时，令2x＞4，解得x＞2，
综上，f（x）＞4的解集是{x|x＜-2或x＞2}．
（2）f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{-2x+a-\frac{1}{{a}^{2}}，x≤-\frac{1}{{a}^{2，}}}\\{a+\frac{1}{{a}^{2}}，-\frac{1}{{a}^{2}}＜x＜a}\\{2x+\frac{1}{{a}^{2}}-a，x≥a}\end{array}\right.$
①当x$≤-\frac{1}{{a}^{2}}$时，f（x）是减函数，故f_min（x）=f（-$\frac{1}{{a}^{2}}$）=a+$\frac{1}{{a}^{2}}$=$\frac{a}{2}$$+\frac{a}{2}$$+\frac{1}{{a}^{2}}$≥3$\root{3}{\frac{1}{4}}$=$\frac{3\root{3}{2}}{2}$；
②当-$\frac{1}{{a}^{2}}$＜x＜a时，f_min（x）=a+$\frac{1}{{a}^{2}}$≥$\frac{3\root{3}{2}}{2}$；
③当x≥a时，f（x）是增函数，故f_min（x）=f（a）=a+$\frac{1}{{a}^{2}}$≥$\frac{3\root{3}{2}}{2}$．
综上，f（x）≥$\frac{3\root{3}{2}}{2}$．

点评 本题考查了绝对值不等式的解法及函数恒成立问题，将函数解析式转化成分段函数是解题关键．