Question

2．已知函數(shù)f（x）=ax²-（a+1）x+1．
（1）解不等式f（x）≥0；
（2）若f（x）在[1，+∞）單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（3）若不等式f（x）≥0在x∈（1，2]上恒成立，求正實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（4）若不等式f（x）≥0在a∈[1，2]上恒成立，求實(shí)數(shù)x的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）將原不等式化為（x-1）（ax-1）≥0，再對參數(shù)a的取值范圍進(jìn)行討論，從而求出不等式的解集；
（2）若f（x）在區(qū)間[1，+∞）上單調(diào)遞增，分類討論函數(shù)是一次函數(shù)還是二次函數(shù)，二次函數(shù)的對稱軸與區(qū)間端點(diǎn)的關(guān)系，從而求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（3）分離參數(shù)得到a≥$\frac{1}{x}$在（1，2]上恒成立，由y=$\frac{1}{x}$在（1，2]上為減函數(shù)，可得右邊函數(shù)的最大值，即可得到所求范圍；
（4）構(gòu)造關(guān)于a的函數(shù)f（a）=（x²-x）a-（x-1）≥0在a∈[1，2]上恒成立，則$\left\{\begin{array}{l}{f（1）≥0}\\{f（2）≥0}\end{array}\right.$，解得即可．

解答 解：（1）：原不等式可化為（x-1）（ax-1）≥0，
當(dāng)a＞0時(shí)，不等式可化為（x-1）（x-$\frac{1}{a}$）≥0，
該不等式對應(yīng)方程的兩個(gè)實(shí)數(shù)根為1和$\frac{1}{a}$；
若a＞1，則1＞$\frac{1}{a}$，不等式的解集為{x|x≤$\frac{1}{a}$或x≥1}；
若a=1，則1=$\frac{1}{a}$，不等式化為（x-1）²≥0，解集為R；
若0＜a＜1，則1＜$\frac{1}{a}$，不等式的解集為{x|x≤1或x≥$\frac{1}{a}$}；
當(dāng)a=0時(shí)，不等式化為-x+1≥0，解集為{x|x≤1}；
當(dāng)a＜0時(shí)，不等式化為（x-1）（x-$\frac{1}{a}$）≤0，且$\frac{1}{a}$＜1，
解集為{x|$\frac{1}{a}$≤x≤1}．
（2）當(dāng)a=0時(shí)，f（x）=-x+1，在R上為減函數(shù)，
當(dāng)a≠0時(shí)，函數(shù)是二次函數(shù)，f（x）在區(qū)間[1，+∞）單調(diào)遞增，
∴a＞0，
∵函數(shù)的對稱軸x=$\frac{a+1}{2a}$，
∴$\frac{a+1}{2a}$≤1，
解得a≥1，
故a的取值范圍為[1，+∞）
（3）∵f（x）≥0在x∈（1，2]上恒成立，
∴ax²-（a+1）x+1≥0，
即a（x²-x）≥x-1，
∵x-1＞0，
∴a≥$\frac{1}{x}$在（1，2]上恒成立，
由于y=$\frac{1}{x}$在（1，2]上為減函數(shù)，
∴y_max=1，
∴a＞1，
故a的取值范圍為（1，+∞）；
（4）不等式f（x）≥0在a∈[1，2]上恒成立，
即f（a）=（x²-x）a-（x-1）≥0在a∈[1，2]上恒成立，
則$\left\{\begin{array}{l}{f（1）≥0}\\{f（2）≥0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}-x-x+1≥0}\\{2{x}^{2}-2x-x+1≥0}\end{array}\right.$，
解得x≥1或x≤$\frac{1}{2}$，
故x的取值為為（-∞，$\frac{1}{2}$]∪[1，+∞）．

點(diǎn)評 本題考查了含有字母系數(shù)的一元二次不等式的解法，函數(shù)恒成立的問題，屬于中檔題．