Question

设函数f（x）=|x-a|，a＜0．
（Ⅰ）证明f（x）+f（-

1

x

）≥2；
（Ⅱ）若不等式f（x）+f（2x）＜

1

2

的解集非空，求a的取值范围．

Answer 1

考点：绝对值不等式的解法,其他不等式的解法

专题：计算题,分类讨论,不等式的解法及应用

分析：（Ⅰ）运用绝对值不等式的性质和基本不等式，即可得证；
（Ⅱ）通过对x的范围的分类讨论去掉绝对值符号，转化为一次不等式，求得（f（x）+f（2x））_min即可．

解答： （Ⅰ）证明：函数f（x）=|x-a|，a＜0，
则f（x）+f（-

1

x

）=|x-a|+|-

1

x

-a|
=|x-a|+|

1

x

+a|≥|（x-a）+（

1

x

+a）|
=|x+

1

x

|=|x|+

1

|x|

≥2

|x|• 1 |x|

=2．

（Ⅱ）解：f（x）+f（2x）=|x-a|+|2x-a|，a＜0．
当x≤a时，f（x）=a-x+a-2x=2a-3x，则f（x）≥-a；
当a＜x＜

a

2

时，f（x）=x-a+a-2x=-x，则-

a

2

＜f（x）＜-a；
当x≥

a

2

时，f（x）=x-a+2x-a=3x-2a，则f（x）≥-

a

2

．
则f（x）的值域为[-

a

2

，+∞），
不等式f（x）+f（2x）＜

1

2

的解集非空，即为

1

2

＞-

a

2

，解得，a＞-1，由于a＜0，
则a的取值范围是（-1，0）．

点评：本题考查绝对值不等式的解法，通过对x的范围的分类讨论去掉绝对值符号是关键，考查不等式恒成立问题转化为求最值问题，考查分类讨论思想，属于中档题．