Question

17．設a∈R，函數(shù)f（x）=x²+|x-a|+1，x∈R．
（1）判斷函數(shù)f（x）的奇偶性，并說明理由；
（2）當a=0時，求出函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（3）求f（x）的最小值g（a）．

Answer 1

分析 （1）令f（-x）=f（x），求出a，得出f（x）為偶函數(shù)的條件，同理求出f（x）為奇函數(shù)的條件；
（2）求出f（x）的解析式，利用二次函數(shù)的單調(diào)性與對稱軸的性質得出單調(diào)區(qū)間；
（3）分情況討論f（x）的單調(diào)性，分段求出f（x）的最小值，再比較兩最小值的大小，得出g（a）的解析式．

解答 解：（1）∵f（x）=x²+|x-a|+1，
∴f（-x）=x²+|-x-a|+1=x²+|x+a|+1，
若函數(shù)為偶函數(shù)，則f（-x）=f（x），
即x²+|x-a|+1=x²+|x+a|+1，
∴|x-a|=|x+a|，解得a=0，
若a≠0，則x²+|x-a|+1≠x²+|x+a|+1，
即f（-x）≠f（x），且f（-x）≠-f（x），
∴此時函數(shù)為非奇非偶函數(shù)，
綜上，當a=0時，f（x）為偶函數(shù)，
a≠0時，函數(shù)為非奇非偶函數(shù)．
（2）當a=0時，f（x）=x²+|x|+1=$\left\{\begin{array}{l}{（x+\frac{1}{2}）^{2}+\frac{3}{4}，x≥0}\\{（x-\frac{1}{2}）^{2}+\frac{3}{4}，x＜0}\end{array}\right.$．
∴f（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞增，在（-∞，0）上單調(diào)遞減．
即f（x）的增區(qū)間為[0，+∞），減區(qū)間為（-∞，0）．
（3）f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}+x-a+1，x≥a}\\{{x}^{2}-x+a+1，x＜a}\end{array}\right.$，
①若a≤-$\frac{1}{2}$，則f（x）在（-∞，a）上的最小值為f（a）=a²+1，在[a，+∞）上的最小值為f（-$\frac{1}{2}$）=$\frac{3}{4}-a$．
∵a²+1-（$\frac{3}{4}-a$）=（a+$\frac{1}{2}$）²≥0，∴f（a）≥f（-$\frac{1}{2}$），
∴g（a）=$\frac{3}{4}-a$．
②若-$\frac{1}{2}＜a＜\frac{1}{2}$，則f（x）在[a，+∞）上的最小值為f（a）=a²+1，在（-∞，a）上的最小值為f（a）=a²+1．
∴g（a）=a²+1．
③若a$≥\frac{1}{2}$，則f（x）在[a，+∞）上的最小值為f（a）=a²+1，在（-∞，a）上的最小值為f（$\frac{1}{2}$）=$\frac{3}{4}+a$．
∵a²+1-（$\frac{3}{4}+a$）=（a-$\frac{1}{2}$）²≥0，∴f（a）≥f（$\frac{1}{2}$），
∴g（a）=$\frac{3}{4}+a$．
綜上，g（a）=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{3}{4}-a，a≤-\frac{1}{2}}\\{{a}^{2}+1，-\frac{1}{2}＜a＜\frac{1}{2}}\\{\frac{3}{4}+a，a≥\frac{1}{2}}\end{array}\right.$．

點評 本題考查了二次函數(shù)的單調(diào)性，分情況討論思想，屬于中檔題．