Question

11．已知集合{f（x）|f（x）=ax²-|x+1|+2a＜0，x∈R}為空集，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（　�。�

• A． [$\frac{{\sqrt{3}+1}}{2}$，+∞）
• B． [$\frac{{\sqrt{3}+1}}{4}$，+∞）
• C． [$\frac{{\sqrt{3}-1}}{4}$，+∞）
• D． （-∞，$\frac{{\sqrt{3}-1}}{4}$）

Answer 1

分析 由題意知 ax²-|x+1|+2a≥0恒成立，再化恒成立問題為函數(shù)$g（x）=\frac{|x+1|}{{{x^2}+2}}$的最值問題，利用換元法化簡(jiǎn)$g（x）=φ（t）=\frac{|t|}{{{t^2}-2t+3}}$．從而討論去絕對(duì)值號(hào)并確定函數(shù)的最值．

解答 解：∵集合{f（x）|f（x）=ax²-|x+1|+2a＜0，x∈R}為空集，
∴ax²-|x+1|+2a≥0恒成立，
∴$a\;≥\;\frac{|x+1|}{{{x^2}+2}}$，
設(shè)$g（x）=\frac{|x+1|}{{{x^2}+2}}$，
故a≥g（x）_max．
令t=x+1，則$g（x）=φ（t）=\frac{|t|}{{{t^2}-2t+3}}$．
①當(dāng)t=0時(shí)，g（x）=φ（t）=0，∴a≥0．
②當(dāng)t＞0時(shí)，g（x）=φ（t）=$\frac{t}{{t}^{2}-2t+3}$=$\frac{1}{t+\frac{3}{t}-2}$≤$\frac{\sqrt{3}+1}{4}$，
∴a≥$\frac{{\sqrt{3}+1}}{4}$；
③當(dāng)t＜0時(shí)，g（x）=φ（t）=-$\frac{t}{{t}^{2}-2t+3}$=$\frac{1}{-t-\frac{3}{t}+2}$≤$\frac{\sqrt{3}-1}{4}$，
∴a≥$\frac{{\sqrt{3}-1}}{4}$．
綜上，取交集得a≥$\frac{{\sqrt{3}+1}}{4}$．
故選B．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了不等式的恒成立問題及轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用，同時(shí)考查了換元法與分類討論的思想方法應(yīng)用．