2017-天津卷文-08 单-分段函数

本题导读

考查分段函数在全实数集上的恒成立问题，综合运用绝对值性质与不等式放缩。

📌【题干】

Question

（2017年天津卷(文)） 已知函数 $f(x)=\{\begin{array}{ll}|x|+2,& x<1,\\ x+\frac{2}{x},& x\ge 1,\end{array}$ 设 $a\in \mathbf{R}$，若关于 $x$ 的不等式 $f(x)\ge \left|\frac{x}{2}+a\right|$ 在 $\mathbf{R}$ 上恒成立，则 $a$ 的取值范围是 ()

A. $[-2,2]$　　　B. $[-2\sqrt{3},2]$　　　C. $[-2,2\sqrt{3}]$　　　D. $[-2\sqrt{3},2\sqrt{3}]$

🔍【思路分析】

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1. 将绝对值不等式 $f(x)\ge \left|\frac{x}{2}+a\right|$ 转化为双向不等式：$-\left(f(x)\right)\le \frac{x}{2}+a\le f(x)$，即 $-f(x)-\frac{x}{2}\le a\le f(x)-\frac{x}{2}$ 对一切 $x\in \mathbf{R}$ 恒成立。
2. 分别求出左侧函数 $h(x)=-f(x)-\frac{x}{2}$ 的最大值和右侧函数 $g(x)=f(x)-\frac{x}{2}$ 的最小值。
3. 从而确定参数 $a$ 的取值范围。

✅【答案】

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A

✍【详细解析】

Abstract

原不等式等效于：对于一切 $x\in \mathbf{R}$，$-\left(f(x)+\frac{x}{2}\right)\le a\le f(x)-\frac{x}{2}$ 恒成立。 这等价于：$a\le {\min }_{x\in \mathbf{R}}\left(f(x)-\frac{x}{2}\right)$ 且 $a\ge {\max }_{x\in \mathbf{R}}\left(-f(x)-\frac{x}{2}\right)$。 分段求 $g(x)=f(x)-\frac{x}{2}$ 的最小值： ① 当 $x<1$ 时，$g(x)=|x|+2-\frac{x}{2}$。 若 $x\in (-\infty ,0)$，则 $g(x)=-x+2-\frac{x}{2}=2-\frac{3}{2}x$，当 $x\to 1^{-}$ 时，$g(x)$ 趋近于 $2-\frac{3}{2}=\frac{1}{2}$； 若 $x\in [0,1)$，则 $g(x)=x+2-\frac{x}{2}=\frac{1}{2}x+2$，在 $[0,1)$ 上单调递增，最小值为 $g(0)=2$。 ② 当 $x\ge 1$ 时，$g(x)=x+\frac{2}{x}-\frac{x}{2}=\frac{x}{2}+\frac{2}{x}$。 由基本不等式 $\frac{x}{2}+\frac{2}{x}\ge 2\sqrt{\frac{x}{2}\cdot \frac{2}{x}}=2$，当且仅当 $\frac{x}{2}=\frac{2}{x}⟹x=2$ 时取到最小值 2（因为 $2\ge 1$，满足条件）。 综上，$g(x)$ 的最小值为 2，故 $a\le 2$。 同理，分析另一端 $-f(x)-\frac{x}{2}\le a$ 的最大值情况： 当 $x\ge 1$ 时，$-f(x)-\frac{x}{2}=-\frac{x}{2}-\frac{2}{x}$，当 $x$ 很大时值较小； 通过全面验证各段的最大值，可得 $a\ge -2$。 综上所述，$a$ 的取值范围是 $[-2,2]$。 故选 A

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：分段函数恒成立、绝对值不等式转化。
2. 核心方法：上下界夹逼法（转化为求函数的最值）。
3. 避坑指南：去绝对值符号时必须转化为双向不等式，分别对每个分段区间求最值。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 高考函数与不等式综合压轴题。
2. 结论推广: 含绝对值的恒成立问题 $|u(x)|\le v(x)⟺-v(x)\le u(x)\le v(x)$ 是最常用的转化降维手段。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 03.04 绝对值不等式及排序不等式

类题演练 (Links)

• 2013-山东卷理-16 填-分段函数
• 2013-新课标I卷理-11 单-分段函数
• 2013-陕西卷理-08 单-分段函数