Question

18．已知函數(shù)f（x）=x²+|x+1-a|，其中a為實(shí)常數(shù)．
（Ⅰ）若a=1，判斷f（x）在[-$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$]上的單調(diào)性；
（Ⅱ）若存在x∈R，使不等式f（x）≤2|x-a|成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）去掉絕對(duì)值，討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性，從而得出f（x）在[-$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$]上的單調(diào)性．
（Ⅱ）求出使不等式f（x）＞2|x-a|對(duì)任意x∈R時(shí)都成立的a的取值范圍，再求使不等式f（x）≤2|x-a|有解的a的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）若a=1，函數(shù)f（x）=x²+|x|=$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}-x，-\frac{1}{2}≤x＜0}\\{{x}^{2}+x，0≤x≤\frac{1}{2}}\end{array}\right.$，
故f（x）在[-$\frac{1}{2}$，0）上是減函數(shù)，在[0，$\frac{1}{2}$]上是增函數(shù)．
（Ⅱ）先求使不等式f（x）＞2|x-a|對(duì)x∈R恒成立時(shí)a的取值范圍．
①當(dāng)x≤a-1時(shí)，不等式化為x²-x-1+a＞2（a-x），即x²+x-1＞a，∴${（x+\frac{1}{2}）}^{2}$-$\frac{5}{4}$＞a，
若a-1≥-$\frac{1}{2}$，即a≥$\frac{1}{2}$，則由不等式可得a＜-$\frac{5}{4}$，矛盾．
若a-1＜-$\frac{1}{2}$，即a＜$\frac{1}{2}$，則由不等式可得a＜（a-1）²+（a-1）-1，即a²-2a-1＞0，求得a＞1+$\sqrt{2}$，或a＜1-$\sqrt{2}$，
∴a＜1-$\sqrt{2}$．
（2）當(dāng)a-1＜x≤a時(shí)，不等式化為x²+x+1-a＞2（a-x），即${（x+\frac{3}{2}）}^{2}$-$\frac{5}{4}$＞3a，
若a-1＜-$\frac{3}{2}$≤a，即-$\frac{3}{2}$≤a＜-$\frac{1}{2}$，此時(shí)3a＜-$\frac{5}{4}$，a＜-$\frac{5}{12}$，結(jié)合條件，得-$\frac{3}{2}$≤a＜-$\frac{1}{2}$．
若a-1≥-$\frac{3}{2}$，即a≥-$\frac{1}{2}$，3a≤（a-1）²+3（a-1）+1，即a²-2a-1＞0，解得a≥1+$\sqrt{2}$ 或a≤1-$\sqrt{2}$．
結(jié)合條件及（1），得-$\frac{1}{2}$≤a＜1-$\sqrt{2}$．
若a＜-$\frac{3}{2}$，3a＜a²+3a+1恒成立．
綜合得a＜1-$\sqrt{2}$．
（3）當(dāng)x＞a時(shí)，不等式化為x²+x+1＞2（x-a），即x²-x+1＞-a，解得a＞-$\frac{3}{4}$．
結(jié)合（2）可得-$\frac{3}{4}$＜a＜1-$\sqrt{2}$．
所以，使不等式使不等式f（x）＞2|x-a|恒成立的a的取值范圍是-$\frac{3}{4}$＜a＜1-$\sqrt{2}$．
故本題所要求的a的取值范圍是a≥1-$\sqrt{2}$，或a≤-$\frac{3}{4}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了含有絕對(duì)值的函數(shù)與不等式的應(yīng)用問(wèn)題，解題時(shí)應(yīng)利用轉(zhuǎn)化思想，再討論函數(shù)的性質(zhì)與解不等式，是較難的題目．