Question

16．已知函數(shù)f（x）=x²+|x+1-a|，其中a為實(shí)常數(shù)．
（Ⅰ）判斷f（x）的奇偶性；
（Ⅱ）若對任意x∈R，使不等式f（x）＞2|x-a|恒成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）討論a=1，a≠1，運(yùn)用奇偶性的定義，即可判斷；
（Ⅱ）根據(jù)題意，討論x的取值，把不等式f（x）＞2|x-a|去掉絕對值，求出使不等式恒成立的a的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）當(dāng)a=1時，f（x）=x²+|x|，f（-x）=（-x）²+|-x|=x²+|x|=f（x），
即有f（x）為偶函數(shù)，
當(dāng)a≠1時，f（0）=|1-a|≠0，所以f（x）不是奇函數(shù)，
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）不為偶函數(shù)，可得f（x）為非奇非偶函數(shù)．
綜上可得，a=1時，f（x）為偶函數(shù)，
a≠1時，f（x）為非奇非偶函數(shù)；
（Ⅱ）∵任意x∈R，使不等式f（x）＞2|x-a|成立，
∴x²+|x+1-a|＞2|x-a|；
（1）當(dāng)x≤a-1時，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$≥\frac{1}{2}$，與a＜-$\frac{5}{4}$矛盾．
若a-1＜-$\frac{1}{2}$，即a＜$\frac{1}{2}$，則f（x）在（-∞，a-1]遞減，
即有a＜（a-1）²+a-1-1，
則a²-2a-1＞0，解得a＞1+$\sqrt{2}$或a＜1-$\sqrt{2}$，
所以a＜1-$\sqrt{2}$；
（2）當(dāng)a-1＜x≤a時，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＜-$\frac{5}{12}$，結(jié)合條件可得-$\frac{3}{2}$≤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$≤1-\sqrt{2}$，結(jié)合條件和（1）可得-$\frac{1}{2}$$≤a＜1-\sqrt{2}$；
若a＜-$\frac{3}{2}$，3a＜a²+3a+1恒成立，綜合可得a＜1-$\sqrt{2}$；
（3）當(dāng)x＞a時，x²+x+1-a＞2x-2a，
即x²-x+a+1＞0，即（x-$\frac{1}{2}$）2+$\frac{3}{4}$＞-a，可得-a＜$\frac{3}{4}$，即a＞-$\frac{3}{4}$，
綜上可得，-$\frac{3}{4}$＜a＜1-$\sqrt{2}$．

點(diǎn)評 本題考查了含有絕對值的函數(shù)與不等式的應(yīng)用問題，解題時應(yīng)先去掉絕對值，再討論函數(shù)的性質(zhì)與解不等式，是較難的題目．