Question

3．已知a∈R，函數(shù)f（x）=x²+（2a+1）x，g（x）=ax．
（1）解關于x的不等式：f（x）≤g（x）；
（2）若不等式|f（x）|≥g（x）對任意實數(shù)x恒成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由f（x）≤g（x），得x²+（2a+1）x≤ax，即x²+（a+1）x≤0．然后分a＜-1，a=-1，a＞-1三類求解不等式的解集；
（2）|f（x）|≥g（x）對任意實數(shù)x恒成立?|x²+（2a+1）x|≥ax對任意實數(shù)x恒成立，當a=0時，不等式|x²+（2a+1）x|≥ax對任意x∈R都成立；當a＞0時，分x∈（-∞，0]與x∈（0，+∞）分類分析；當-$\frac{1}{2}$＜a＜0時，不等式|x²+（2a+1）x|≥ax顯然不成立；當a$≤-\frac{1}{2}$時，要使不等式|x²+（2a+1）x|≥ax恒成立，則t（x）=x²+2（a+1）x-ax＞0在x∈（-∞，0）上恒成立．然后利用導數(shù)求解滿足條件的a的取值范圍．

解答 解：（1）由f（x）≤g（x），得x²+（2a+1）x≤ax，即x²+（a+1）x≤0．
當a＜-1時，解得0≤x≤-a-1．當a=-1時，解得x=0．當a＞-1時，解得-a-1≤x≤0．
∴當a＜-1時，不等式f（x）≤g（x）的解集為[0，-a-1]；
當a=-1時，不等式f（x）≤g（x）的解集為{0}；
當a＞-1時，不等式f（x）≤g（x）的解集為[-a-1，0]．
（2）|f（x）|≥g（x）對任意實數(shù)x恒成立?|x²+（2a+1）x|≥ax對任意實數(shù)x恒成立，
當a=0時，不等式|x²+（2a+1）x|≥ax對任意x∈R都成立；
當a＞0時，當x∈（-∞，0]時，不等式|x²+（2a+1）x|≥ax成立，
當x∈（0，+∞）時，令h（x）=x²+（2a+1）x-ax=x²+ax+x，h′（x）=2x+a+1＞0，
∴h（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)，則h（x）＞h（0）=0，∴不等式|x²+（2a+1）x|≥ax成立，
∴當a＞0時，不等式|x²+（2a+1）x|≥ax成立；
當-$\frac{1}{2}$＜a＜0時，不等式|x²+（2a+1）x|≥ax顯然不成立；
當a$≤-\frac{1}{2}$時，要使不等式|x²+（2a+1）x|≥ax恒成立，則t（x）=x²+2（a+1）x-ax＞0在x∈（-∞，0）上恒成立．
∵t′（x）=2x+a+1，由2x+a+1=0，解得x=-$\frac{a+1}{2}$，若-1＜a$≤-\frac{1}{2}$，
則當x∈（-∞，-$\frac{a+1}{2}$）時，t′（x）＜0，當x∈（-$\frac{a+1}{2}$，+∞）時，t′（x）＞0，
∴x∈（-∞，0）時，$t（x）_{min}=t（-\frac{a+1}{2}）$=$（-\frac{a+1}{2}）^{2}+（a+1）•（-\frac{a+1}{2}）$=$\frac{-（a+1）^{2}}{4}＜0$，不合題意；
若a≤-1，則x∈（-∞，0）時，t′（x）≤0，t（x）為減函數(shù)，則t（x）＞t（0）=0．
綜上，不等式|f（x）|≥g（x）對任意實數(shù)x恒成立時a的取值范圍是（-∞，-1]∪[0，+∞）．

點評 本題考查函數(shù)恒成立問題，考查利用導數(shù)求函數(shù)的最值，考查分類討論的數(shù)學思想方法和數(shù)學轉化思想方法，屬中檔題．