2002-大纲理-21 解-函数的奇偶性定义

本题导读

本题考查函数的奇偶性判定及含绝对值二次函数的最值问题，涉及分类讨论、去绝对值分段化简，以及对称轴与区间的位置关系。

📌【题干】

Question

（2002年大纲卷(理)） 设 $a$ 为实数，函数 $f(x)=x^2+|x-a|+1$，$x\in \mathbf{R}$.

(1) 讨论 $f(x)$ 的奇偶性；

(2) 求 $f(x)$ 的最小值.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一步（处理奇偶性）：根据定义，计算 $f(-x)$。比较 $f(-x)$ 与 $f(x)$ 的关系。若对任意 $x$ 恒有 $f(-x)=f(x)$，则为偶函数；否则需对参数 $a$ 讨论（特别注意 $a=0$ 时的情况）。
2. 第二步（去掉绝对值号）：对于最值求解，以绝对值内部的零点 $x=a$ 为分界点，将定义域划分为 $x\ge a$ 与 $x<a$ 两个分段区间，分别化简为两个不同的一元二次函数。
3. 第三步（区间与对称轴讨论）：两个二次函数的开口均向上，对称轴分别为 $x=-\frac{1}{2}$ 和 $x=\frac{1}{2}$。需要根据分界点 $a$ 与两条对称轴的相对位置关系进行分类讨论，分别找出各段的最小值，再取其中的最小值。

✅【答案】

Success

(1) 当 $a=0$ 时为偶函数，当 $a\ne 0$ 时既不是奇函数也不是偶函数

(2) 当 $a⩽-\frac{1}{2}$ 时最小值为 $\frac{3}{4}-a$；当 $-\frac{1}{2}<a⩽\frac{1}{2}$ 时最小值为 $a^2+1$；当 $a>\frac{1}{2}$ 时最小值为 $a+\frac{3}{4}$

✍【详细解析】

Abstract

(1) 讨论 $f(x)$ 的奇偶性

函数的定义域为 $\mathbf{R}$，关于原点对称。 根据奇偶性定义，计算 $f(-x)$： $f(-x)=(-x{)}^2+|-x-a|+1=x^2+|x+a|+1$

• 当 $a=0$ 时： $f(x)=x^2+|x|+1$ 此时 $f(-x)=x^2+|-x|+1=x^2+|x|+1=f(x)$。 所以，当 $a=0$ 时，函数 $f(x)$ 为偶函数。

• 当 $a\ne 0$ 时： 取特殊值 $x=a$，则： $f(a)=a^2+0+1=a^2+1$ $f(-a)=(-a{)}^2+|-a-a|+1=a^2+2|a|+1$ 因为 $a\ne 0$，所以 $2|a|>0$，从而 $f(-a)\ne f(a)$。 同时， $f(-a)+f(a)=2a^2+2|a|+2\ne 0⟹f(-a)\ne -f(a)$。 所以，当 $a\ne 0$ 时，函数 $f(x)$ 既不是奇函数，也不是偶函数（即非奇非偶函数）。

综上所述：当 $a=0$ 时， $f(x)$ 是偶函数；当 $a\ne 0$ 时， $f(x)$ 是非奇非偶函数。

(2) 求 $f(x)$ 的最小值

通过去绝对值号，将函数转化为分段函数： $f(x)=\{\begin{array}{ll}{x}^2+x-a+1,& x\ge a\\ x^2-x+a+1,& x<a\end{array}$

对两段二次函数进行配方：

• 当 $x\ge a$ 时， $f(x)={\left(x+\frac{1}{2}\right)}^2+\frac{3}{4}-a$，该抛物线开口向上，对称轴为 $x=-\frac{1}{2}$。
• 当 $x<a$ 时， $f(x)={\left(x-\frac{1}{2}\right)}^2+\frac{3}{4}+a$，该抛物线开口向上，对称轴为 $x=\frac{1}{2}$。

根据分界点 $a$ 与对称轴 $-\frac{1}{2},\frac{1}{2}$ 的相对位置，分三种情况讨论：

• 情况 1：当 $a\le -\frac{1}{2}$ 时

• 在 $x\ge a$ 段，对称轴 $x=-\frac{1}{2}\ge a$，在此区间内抛物线可以取到顶点。 故该段的最小值为： $f\left(-\frac{1}{2}\right)=\frac{3}{4}-a$。

• 在 $x<a$ 段，对称轴 $x=\frac{1}{2}>a$，此区间位于对称轴左侧，函数单调递减。 由于 $x<a$，该段无最小值，但趋近于 $f(a)=a^2+1$。 比较顶点值与分界点值： $\left(\frac{3}{4}-a\right)-(a^2+1)=-a^2-a-\frac{1}{4}=-{\left(a+\frac{1}{2}\right)}^2\le 0⟹\frac{3}{4}-a\le a^2+1$ 因此，最小值为： $y_{\min }=\frac{3}{4}-a$。

• 情况 2：当 $-\frac{1}{2}<a<\frac{1}{2}$ 时

• 在 $x\ge a$ 段，对称轴 $x=-\frac{1}{2}<a$，此区间位于对称轴右侧，函数单调递增。 故该段的最小值为分界点处： $f(a)=a^2+1$。

• 在 $x<a$ 段，对称轴 $x=\frac{1}{2}>a$，此区间位于对称轴左侧，函数单调递减。 故该段在靠近 $a$ 时取得极小，且临界点依然为 $f(a)=a^2+1$。 因此，函数在 $x=a$ 处取得最小值： $y_{\min }=a^2+1$。

• 情况 3：当 $a\ge \frac{1}{2}$ 时

• 在 $x\ge a$ 段，对称轴 $x=-\frac{1}{2}<a$，函数单调递增。 该段趋近于 $f(a)=a^2+1$。

• 在 $x<a$ 段，对称轴 $x=\frac{1}{2}\le a$，在此区间内抛物线可以取到顶点。 故该段的最小值为： $f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{3}{4}+a$。 同理比较可知，此时最小值为： $y_{\min }=\frac{3}{4}+a$。

综合上述讨论， $f(x)$ 的最小值为关于参数 $a$ 的分段函数： $f(x{)}_{\min }=\{\begin{array}{ll}\frac{3}{4}-a,& a\le -\frac{1}{2}\\ a^2+1,& -\frac{1}{2}<a<\frac{1}{2}\\ \frac{3}{4}+a,& a\ge \frac{1}{2}\end{array}$

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：函数奇偶性的特殊值否定法；二次函数对称轴固定而定义域变化的最值讨论。
2. 核心方法：零点分段法、区间分类讨论法。
3. 避坑指南：

• 单调性与最值混淆：在情况 1 和情况 3 中，容易因为没有正确画出抛物线在限定区间内的局部图象，而误将分界点 $f(a)$ 统一作为所有情况的最小值。务必通过数轴标出 $a$、 $-\frac{1}{2}$ 与 $\frac{1}{2}$ 的相对位置来确定最值点。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题属于一元二次函数含绝对值的最值题，重点考查分类讨论的完整性与代数式化简。
2. 结论推广：对于函数 $f(x)=x^2+|x-a|+c$，其最小值随 $a$ 变化，分界点由对称轴 $-\frac{1}{2}$ 与 $\frac{1}{2}$ 决定。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 05.02 函数的四大性质

类题演练 (Links)

• 1987-广东文-24 单-函数的奇偶性
• 1987-广东理-23 单-函数的奇偶性
• 1988-上海-13 单-函数的奇偶性