Question

11．設a為實數(shù)，函數(shù)f（x）=x²+|x-a|+1，x∈R．
（1）當a=2時，判斷函數(shù)的奇偶性并求函數(shù)的最小值；
（2）試討論f（x）的奇偶性；
（3）當x∈R時．求f（x）的最小值．

Answer 1

分析 （1）當a=2時，f（x）=x²+|x-2|+1=$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}-x+3，x≤2}\\{{x}^{2}+x-1，x＞2}\end{array}\right.$，從而判斷函數(shù)的奇偶性及求函數(shù)的最小值；
（2）可知f（-x）=x²+|x+a|+1，從而可知若函數(shù)為偶函數(shù)，則|x+a|=|x-a|，從而解得，不說明a≠0時的情況即可；
（3）化簡f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}+x-a+1=（x+\frac{1}{2}）^{2}-a+\frac{3}{4}，x≥a}\\{（x-\frac{1}{2}）^{2}+a+\frac{3}{4}，x＜a}\end{array}\right.$；從而分類討論以確定函數(shù)的單調(diào)性，從而求最小值．

解答 解：（1）當a=2時，
f（x）=x²+|x-2|+1=$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}-x+3，x≤2}\\{{x}^{2}+x-1，x＞2}\end{array}\right.$，
∵f（-2）=9，f（2）=5；
∴函數(shù)f（x）是非奇非偶函數(shù)；
當x≤2時，x=$\frac{1}{2}$時有最小值f（$\frac{1}{2}$）=$\frac{11}{4}$；
當x＞2時，f（x）＞f（2）=5；
故函數(shù)的最小值為$\frac{11}{4}$．
（2）∵f（x）=x²+|x-a|+1，
∴f（-x）=x²+|x+a|+1，
若函數(shù)為偶函數(shù)，
|x+a|=|x-a|，
解得，a=0；
當a≠0時，x²+|x-a|+1≠x²+|x+a|+1，
故函數(shù)為非奇非偶函數(shù)；
綜上所述，當a=0時，函數(shù)為偶函數(shù)；
當a≠0時，函數(shù)為非奇非偶函數(shù)；
（3）f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}+x-a+1=（x+\frac{1}{2}）^{2}-a+\frac{3}{4}，x≥a}\\{（x-\frac{1}{2}）^{2}+a+\frac{3}{4}，x＜a}\end{array}\right.$；
①當a＜$-\frac{1}{2}$時，f（x）在（-∞，a）上是減函數(shù)，故f（x）＞f（a）=a²+1；
在（a，-$\frac{1}{2}$）上是減函數(shù)，在（-$\frac{1}{2}$，+∞）上是增函數(shù)；
故f（x）在（-∞，-$\frac{1}{2}$）上是減函數(shù)，在（-$\frac{1}{2}$，+∞）上是增函數(shù)；
故f（x）有最小值f（-$\frac{1}{2}$）=-a+$\frac{3}{4}$；
②當-$\frac{1}{2}$≤a≤$\frac{1}{2}$時，f（x）在（-∞，a）上是減函數(shù)，在（a，+∞）上是增函數(shù)；
故f（x）有最小值f（a）=a²+1；
③當a＞$\frac{1}{2}$時，f（x）在（-∞，$\frac{1}{2}$）上是減函數(shù)，在[$\frac{1}{2}$，+∞）上是增函數(shù)；
故f（x）有最小值f（$\frac{1}{2}$）=a+$\frac{3}{4}$；
綜上所述，當a＜$-\frac{1}{2}$時，f（x）有最小值f（-$\frac{1}{2}$）=-a+$\frac{3}{4}$；
當-$\frac{1}{2}$≤a≤$\frac{1}{2}$時，f（x）有最小值f（a）=a²+1；
當a＞$\frac{1}{2}$時，f（x）有最小值f（$\frac{1}{2}$）=a+$\frac{3}{4}$．

點評 本題考查了絕對值函數(shù)與分段函數(shù)的綜合應用及分類討論的思想應用，化簡與判斷都比較困難，屬于難題．