题目

题型：解答题难度：一般来源：不详

已知函数f（x）=x|x-a|，（a∈R）
（1）若a＞0，解关于x的不等式f（x）＜x；
（2）若对∀x∈（0，1]都有f（x）＜m（m∈R，m是常数），求a的取值范围．

答案

（1）∵f（x）=x|x-a|，
∴不等式f（x）＜x即为x|x-a|＜x
1⁰显然x≠0，
2⁰当x＞0时原不等式可化为：|x-a|＜1⇒-1＜x-a＜1⇒a-1＜x＜a+1
当a-1≥0即a≥1时得不等式的解为：a-1＜x＜a+1
当a-1＜0即0＜a＜1时得不等式的解为：0＜x＜a+1
3⁰当x＜0时原不等式可化为：|x-a|＞1⇒x-a＞1或x-a＜-1⇒x＞a+1或x＜a-1
当a≥1时，得不等式的解为x＜0
当0＜a＜1时，得不等式的解为：x＜a-1
综上得：当a≥1时，原不等式的解集为{x|x＜0}∪{x|a-1＜x＜a+1}
当0＜a＜1时，原不等式的解集为{x|x＜a-1}∪{x|0＜x＜a+1}
（2）∵对∀x∈（0，1]都有f（x）＜m，显然m＞0
即-m＜x（x-a）＜m⇒对∀x∈（0，1]，-

m

x

＜x-a＜

m

x

恒成立⇒对∀x∈（0，1]，x-

m

x

＜a＜x+

m

x

恒成立
设g（x）=x-

m

x

，x∈（0，1]，p（x）=x+

m

x

，x∈（0，1]
则对∀x∈（0，1]，x-

m

x

＜a＜x+

m

x

恒成立⇔g（x）_max＜a＜p（x）_min，x∈（0，1]
∵g（x）"=1+

m

x2

，当x∈（0，1]时g（x）"＞0
∴函数g（x）在（0，1]上单调递增，∴g（x）_max=1-m
又∵p（x）"=1-

m

x2

=

(x- m )(x+ m )

x2

，
当

m

≥1即m≥1时，对于x∈（0，1]，p（x）"＜0
∴函数p（x）在（0，1]上为减函数，
∴p（x）_min=p（1）=1+m
当

m

＜1，即0＜m＜1时，
当x∈(0，

m

]，p（x）"≤0
当x∈(

m

，1]，p（x）"＞0
∴在（0，1]上，p(x)min=p(

m

)=2

m

（或当0＜m＜1时，在（0，1]上，p（x）=x+

m

x

≥2

x• m x

=2

m

，当x=

m

时取等号）
又∵当0＜m＜1时，要g（x）_max＜a＜p（x）_min即1-m＜a＜2

m

还需满足2

m

＞1-m解得3-2

2

＜m＜1
∴当3-2

2

＜m＜1时，1-m＜a＜2

m

；
当m≥1时，1-m＜a＜1+m．