18.已知函數(shù)f(x)=x2+|x+1-a|,其中a為實常數(shù).
(Ⅰ)若a=1,判斷f(x)在[-$\frac{1}{2}$,$\frac{1}{2}$]上的單調(diào)性;
(Ⅱ)若存在x∈R,使不等式f(x)≤2|x-a|成立,求a的取值范圍.

分析 (Ⅰ)去掉絕對值,討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性,從而得出f(x)在[-$\frac{1}{2}$,$\frac{1}{2}$]上的單調(diào)性.
(Ⅱ)求出使不等式f(x)>2|x-a|對任意x∈R時都成立的a的取值范圍,再求使不等式f(x)≤2|x-a|有解的a的取值范圍.

解答 解:(Ⅰ)若a=1,函數(shù)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)上是減函數(shù),在[0,$\frac{1}{2}$]上是增函數(shù).
(Ⅱ)先求使不等式f(x)>2|x-a|對x∈R恒成立時a的取值范圍.
①當x≤a-1時,不等式化為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≥$\frac{1}{2}$,則由不等式可得a<-$\frac{5}{4}$,矛盾.
若a-1<-$\frac{1}{2}$,即a<$\frac{1}{2}$,則由不等式可得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)當a-1<x≤a時,不等式化為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<-$\frac{1}{2}$,此時3a<-$\frac{5}{4}$,a<-$\frac{5}{12}$,結(jié)合條件,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-$\sqrt{2}$.
結(jié)合條件及(1),得-$\frac{1}{2}$≤a<1-$\sqrt{2}$.
若a<-$\frac{3}{2}$,3a<a2+3a+1恒成立.
綜合得a<1-$\sqrt{2}$.
(3)當x>a時,不等式化為x2+x+1>2(x-a),即x2-x+1>-a,解得a>-$\frac{3}{4}$.
結(jié)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的取值范圍是-$\frac{3}{4}$<a<1-$\sqrt{2}$.
故本題所要求的a的取值范圍是a≥1-$\sqrt{2}$,或a≤-$\frac{3}{4}$.

點評 本題考查了含有絕對值的函數(shù)與不等式的應用問題,解題時應利用轉(zhuǎn)化思想,再討論函數(shù)的性質(zhì)與解不等式,是較難的題目.

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