Question

20．已知函數(shù)f（x）=|x+$\frac{1}{{a}^{2}}$|+|-x+a|
（Ⅰ）當(dāng)a=1時，求不等式f（x）＞4的解集；
（Ⅱ）若a＞0，求證：f（x）≥$\frac{3\root{3}{2}}{2}$．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)x的不同范圍去掉絕對值號化簡函數(shù)解析式為分段函數(shù)，然后逐段解不等式；
（2）取掉絕對值符號化成分段函數(shù)后，逐段證明最小值≥$\frac{3\root{3}{2}}{2}$．

解答 解：（1）a=1時，f（x）=|x+1|+|-x+1|=$\left\{\begin{array}{l}{-2x，x≤-1}\\{2，-1＜x＜1}\\{2x，x≥1}\end{array}\right.$
①當(dāng)x≤-1時，令-2x＞4，解得x＜-2；
②當(dāng)-1＜x＜1時，令2＞4，無解；
③當(dāng)x≥1時，令2x＞4，解得x＞2，
綜上，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當(dāng)x$≤-\frac{1}{{a}^{2}}$時，f（x）是減函數(shù)，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}$；
②當(dāng)-$\frac{1}{{a}^{2}}$＜x＜a時，f_min（x）=a+$\frac{1}{{a}^{2}}$≥$\frac{3\root{3}{2}}{2}$；
③當(dāng)x≥a時，f（x）是增函數(shù)，故f_min（x）=f（a）=a+$\frac{1}{{a}^{2}}$≥$\frac{3\root{3}{2}}{2}$．
綜上，f（x）≥$\frac{3\root{3}{2}}{2}$．

點評 本題考查了絕對值不等式的解法及函數(shù)恒成立問題，將函數(shù)解析式轉(zhuǎn)化成分段函數(shù)是解題關(guān)鍵．