Question

9．已知函数f（x）=x²+|x+1-a|，其中a为实常数．
（1）判断f（x）的奇偶性；
（2）若对于任意x∈R，使不等式f（x）＞2|x-a|恒成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）讨论a=1，a≠1，运用奇偶性的定义，即可判断；
（2）根据题意，讨论x的取值，把不等式f（x）＞2|x-a|去掉绝对值，求出使不等式恒成立的a的取值范围．

解答 解：（1）当a=1时，f（x）=x²+|x|，f（-x）=（-x）²+|-x|=x²+|x|=f（x），
即有f（x）为偶函数，
当a≠1时，f（0）=|1-a|≠0，所以f（x）不是奇函数，
由于f（a-1）=（a-1）²，f（1-a）=（a-1）²+2|a-1|，所以f（a-1）≠f（1-a），
故f（x）不为偶函数，可得f（x）为非奇非偶函数．
综上可得，a=1时，f（x）为偶函数，
a≠1时，f（x）为非奇非偶函数；
（2）∵任意x∈R，使不等式f（x）＞2|x-a|成立，
∴x²+|x+1-a|＞2|x-a|；
①当x≤a-1时，x²-x-1+a＞-2x+2a，
即x²+x-1-a＞0，即有（x+$\frac{1}{2}$）²-$\frac{5}{4}$＞a，
若a-1≥-$\frac{1}{2}$，即a≥$\frac{1}{2}$，与a＜-$\frac{5}{4}$矛盾．
若a-1＜-$\frac{1}{2}$，即a＜$\frac{1}{2}$，则f（x）在（-∞，a-1]递减，
即有a＜（a-1）²+a-1-1，
则a²-2a-1＞0，解得a＞1+$\sqrt{2}$或a＜1-$\sqrt{2}$，
所以a＜1-$\sqrt{2}$；
②当a-1＜x≤a时，x²+x+1-a＞-2x+2a，
即x²+3x+1-3a＞0，（x+$\frac{3}{2}$）²-$\frac{5}{4}$＞3a，
若a-1＜-$\frac{3}{2}$≤a，即-$\frac{3}{2}$≤a＜-$\frac{1}{2}$，3a＜-$\frac{5}{4}$，即a＜-$\frac{5}{12}$，结合条件可得-$\frac{3}{2}$≤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+$\sqrt{2}$，
若a≤1-$\sqrt{2}$，结合条件和（1）可得-$\frac{1}{2}≤a≤1-\sqrt{2}$；
若a＜-$\frac{3}{2}$，3a＜a²+3a+1恒成立，综合可得a＜1-$\sqrt{2}$；
③当x＞a时，x²+x+1-a＞2x-2a，
即x²-x+a+1＞0，即（x-$\frac{1}{2}$）²+$\frac{3}{4}$＞-a，可得-a＜$\frac{3}{4}$，即a＞-$\frac{3}{4}$，
综上可得，-$\frac{3}{4}$＜a＜1-$\sqrt{2}$．

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