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已知 f(x)=|x+1|-|ax-1|,x∈(0,1) 时,不等式 f(x)>x 成立,求 a 的取值范围

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发表于 2020-2-13 22:12 | 显示全部楼层 |阅读模式
求助于陆老师,高二不等式
image.jpg
发表于 2020-2-14 09:54 | 显示全部楼层
  已知 f(x)=|x+1|-|ax-1|,x∈(0,1) 时,不等式 f(x)>x 成立,求 a 的取值范围。

  因为当 0<x<1 时,x+1>0 ,所以 |x+1|= x+1 ,所以

f(x)=|x+1|-|ax-1|>x 就是 x+1-|ax-1|>x ,也就是 |ax-1|<1 。

    从 |ax-1|<1 可得 -1<ax-1<1 ,即 0<ax<2(当 0<x<1 时)。

    下面证明:a 的取值范围是 0<a≤2 。

    假设 a≤0 ,则当 x = 1/2∈(0,1) 时,会有 ax = a/2≤0 ,与 ax>0 矛盾,所以假设

不成立,必有 a>0 。

    假设 a>2 ,则当 x=2/a∈(0,1) 时,会有 ax = a·2/a = 2 ,与 ax<2 矛盾,所以

这假设也不成立,必有 a≤2 。

    而当 0<a≤2 ,0<x<1 时,显然必有 0<ax<2 。

    所以,a 的取值范围是 0<a≤2 ,即 a∈(0,2] 。
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 楼主| 发表于 2020-2-13 22:16 | 显示全部楼层
老师晚上好,上面的分类讨论(1)(2)(3)具体怎么讨论的
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发表于 2020-2-14 09:02 | 显示全部楼层
a的取值范围.png
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 楼主| 发表于 2020-2-14 09:09 | 显示全部楼层
本帖最后由 永远 于 2020-2-14 09:10 编辑


先生早上好,我说的是按照1楼的那种分类讨论,原始的去绝对值方法,具体怎么讨论
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发表于 2020-2-14 09:45 | 显示全部楼层
永远 发表于 2020-2-14 09:09
先生早上好,我说的是按照1楼的那种分类讨论,原始的去绝对值方法,具体怎么讨论

那种方法不好。
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 楼主| 发表于 2020-2-14 11:08 | 显示全部楼层
luyuanhong 发表于 2020-2-14 09:54
题  已知 f(x)=|x+1|-|ax-1|,x∈(0,1) 时,不等式 f(x)>x 成立,求 a 的取值范围。

解  因为当 0 ...

陆老师早上好,我说的是按照1楼的那种分类讨论,原始的去绝对值方法,具体怎么讨论
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发表于 2020-2-14 11:51 | 显示全部楼层
没有考虑到a=2的情形,有点大意。
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 楼主| 发表于 2020-2-14 13:47 | 显示全部楼层
luyuanhong 发表于 2020-2-14 09:54
题  已知 f(x)=|x+1|-|ax-1|,x∈(0,1) 时,不等式 f(x)>x 成立,求 a 的取值范围。

解  因为当 0 ...

如果按照主贴的那种方法分类讨论,怎么求解
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发表于 2020-2-14 17:22 | 显示全部楼层
永远 发表于 2020-2-14 13:47
如果按照主贴的那种方法分类讨论,怎么求解


  已知 f(x)=|x+1|-|ax-1|,x∈(0,1) 时,不等式 f(x)>x 成立,求 a 的取值范围。

  因为当 0<x<1 时,x+1>0 ,所以 |x+1|= x+1 ,所以

f(x)=|x+1|-|ax-1|>x 就是 x+1-|ax-1|>x ,也就是 |ax-1|<1 。

    下面分三种情况讨论:

(1)当 ax>1 时,|ax-1|= ax-1<1 ,即有 ax<2 。

(2)当 ax = 1 时,|ax-1|= 0<1 ,此式当然成立,没有什么用处。

(3)当 ax<1 时,|ax-1|= -ax+1<1 ,即有 ax>0 。

    综合上面(1)(2)(3),可得 0<ax<2(当 0<x<1 时)。

    下面证明:a 的取值范围是 0<a≤2 。

    假设 a≤0 ,则当 x = 1/2∈(0,1) 时,会有 ax = a/2≤0 ,与 ax>0 矛盾,所以假设

不成立,必有 a>0 。

    假设 a>2 ,则当 x = 2/a∈(0,1) 时,会有 ax = a·2/a = 2 ,与 ax<2 矛盾,所以

这假设也不成立,必有 a≤2 。

    而当 0<a≤2 ,0<x<1 时,显然必有 0<ax<2 。

    所以,a 的取值范围是 0<a≤2 ,即 a∈(0,2] 。
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