Question

18．已知函数f（x）=x²+|x+1-a|，其中a为实常数．
（Ⅰ）若a=1，判断f（x）在[-$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$]上的单调性；
（Ⅱ）若存在x∈R，使不等式f（x）≤2|x-a|成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）去掉绝对值，讨论函数f（x）的单调性，从而得出f（x）在[-$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$]上的单调性．
（Ⅱ）求出使不等式f（x）＞2|x-a|对任意x∈R时都成立的a的取值范围，再求使不等式f（x）≤2|x-a|有解的a的取值范围．

解答 解：（Ⅰ）若a=1，函数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）上是减函数，在[0，$\frac{1}{2}$]上是增函数．
（Ⅱ）先求使不等式f（x）＞2|x-a|对x∈R恒成立时a的取值范围．
①当x≤a-1时，不等式化为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≥$\frac{1}{2}$，则由不等式可得a＜-$\frac{5}{4}$，矛盾．
若a-1＜-$\frac{1}{2}$，即a＜$\frac{1}{2}$，则由不等式可得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）当a-1＜x≤a时，不等式化为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＜-$\frac{1}{2}$，此时3a＜-$\frac{5}{4}$，a＜-$\frac{5}{12}$，结合条件，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-$\sqrt{2}$．
结合条件及（1），得-$\frac{1}{2}$≤a＜1-$\sqrt{2}$．
若a＜-$\frac{3}{2}$，3a＜a²+3a+1恒成立．
综合得a＜1-$\sqrt{2}$．
（3）当x＞a时，不等式化为x²+x+1＞2（x-a），即x²-x+1＞-a，解得a＞-$\frac{3}{4}$．
结合（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的取值范围是-$\frac{3}{4}$＜a＜1-$\sqrt{2}$．
故本题所要求的a的取值范围是a≥1-$\sqrt{2}$，或a≤-$\frac{3}{4}$．

点评 本题考查了含有绝对值的函数与不等式的应用问题，解题时应利用转化思想，再讨论函数的性质与解不等式，是较难的题目．