Question

4．设a为实数，函数f（x）=x²+|x-a|+1，x∈R
（1）当a=0时，判断并证明f（x）奇偶性；
（2）求f（x）的最小值．

Answer 1

分析 （1）当a=0时，利用函数奇偶性的定义进行判断即可；
（2）当x≤a时，f（x）=x²-x+a+1=（x-$\frac{1}{2}$）²+a+$\frac{3}{4}$，分a＞$\frac{1}{2}$时和a≤$\frac{1}{2}$时两种情况，分别求得函数f（x）的最小值．
②当x＞a 时，f（x）=x²+x-a+1=（x+$\frac{1}{2}$）²-a+$\frac{3}{4}$，分a＞-$\frac{1}{2}$时和当a≤-$\frac{1}{2}$时两种情况，分别求得函数f（x）的最小值．

解答 解：（1）对于函数 f（x）=x²+|x-a|+1，
当a=0时，f（x）=x²+|x|+1为偶函数．
（2）①当x≤a时，f（x）=x²-x+a+1=（x-$\frac{1}{2}$）²+a+$\frac{3}{4}$，
若a＞$\frac{1}{2}$时，函数f（x）的最小值为f（$\frac{1}{2}$）=a+$\frac{3}{4}$；
若a≤$\frac{1}{2}$时，函数f（x）的最小值为f（a）=a²+1．
②当x＞a 时，f（x）=x²+x-a+1=（x+$\frac{1}{2}$）²-a+$\frac{3}{4}$，
若a＞-$\frac{1}{2}$时，函数f（x）的最小值为f（a）=a²+1；
若a≤-$\frac{1}{2}$时，函数f（x）的最小值为f（-$\frac{1}{2}$）=-a+$\frac{3}{4}$．
由a²+1＞a+$\frac{3}{4}$，a²+1＞-a+$\frac{3}{4}$，
综上可得，a＞$\frac{1}{2}$时，函数f（x）的最小值为a+$\frac{3}{4}$；
a≤-$\frac{1}{2}$时，函数f（x）的最小值为-a+$\frac{3}{4}$；
当-$\frac{1}{2}$＜a≤$\frac{1}{2}$，函数f（x）的最小值为a²+1．

点评 本题主要考查带有绝对值的函数，函数的奇偶性的判断，求二次函数的最值，体现了分类讨论的数学思想，属于中档题．