Question

1．已知a∈R，函数f（x）=x²-a|x-1|．
（Ⅰ）当a=1时，求函数f（x）的最小值；
（Ⅱ）讨论y=f（x）的图象与y=|x-a|的图象的公共点个数．

Answer 1

分析 （Ⅰ）把绝对值函数化为分段函数，继而求出函数的最小值；
（Ⅱ）设h（x）=x²-a|x-1|-|x-a|，分a＞1，a=1，a＜1三种情况讨论，其中a＞1，和a＜1时，还要继续分类讨论，根据二次函数的性质即可得到答案．

解答 解（Ⅰ）当a=1时，$f（x）=\left\{\begin{array}{l}{x^2}-x+1，x≥1\\{x^2}+x-1，x＜1.\end{array}\right.$，
故$f{（x）_{min}}=f（{-\frac{1}{2}}）=-\frac{5}{4}$；
（Ⅱ）设h（x）=x²-a|x-1|-|x-a|，
当a＞1时，$h（x）=\left\{\begin{array}{l}{x^2}-（{a+1}）x+2a，x≥a\\{x^2}-（{a-1}）x，1≤x＜a\\{x^2}+（{a+1}）x-2a．x＜1.\end{array}\right.$，
1、x≥a时，h（a）=a＞0，对称轴$x=\frac{a+1}{2}＜a$，无零点．1≤x＜a时，x₁=0（舍去），x₂=a-1，
所以（ⅰ）a≥2时，一个零点；
（ⅱ）1＜a＜2时，x＜1时，△=a²+10a+1＞0，对称轴$x=\frac{a+1}{2}＜1$，h（1）=2-a
所以（ⅰ）a≥2时，一个零点；
（ⅱ）1＜a＜2时，两个零点．
综上所述，a＞1时，h（x）有两个零点，
即y=f（x）的图象与y=|x-a|的图象的公共点有2个，
2．a=1时，$x=-1±\sqrt{3}$，即y=f（x）的图象与y=|x-a|的图象的公共点有2个，
3．a＜1时，$h（x）=\left\{\begin{array}{l}{x^2}-（{a+1}）x+2a，x≥1\\{x^2}+（{a-1}）x，a≤x＜1\\{x^2}+（{a+1}）x-2a．x＜a\end{array}\right.$…（9分）
x≥1时，对称轴$x=\frac{a+1}{2}＜1$，h（1）=a．
所以（ⅰ）a≤0时，一个零点；
（ⅱ）0＜a＜1时，无零点．a≤x＜1时，x₁=0（舍去），x₂=1-a，
所以（ⅰ）$a≤\frac{1}{2}$时，一个零点；
（ⅱ）$\frac{1}{2}＜a＜1$时，无零点．x＜a时，△=a²+10a+1，对称轴$x=-\frac{a+1}{2}$，h（a）=a（2a-1）
所以（ⅰ）$a≤-\frac{1}{3}$时，对称轴$x=-\frac{a+1}{2}≥a$，h（a）=a（2a-1）＞0，无零点；
（ⅱ）$-\frac{1}{3}＜a＜-5+2\sqrt{6}$时，△=a²+10a+1＜0，无零点；
（ⅲ）$a=-5+2\sqrt{6}$时，$x=2-\sqrt{6}＜a=-5+2\sqrt{6}$，一个零点；
（ⅳ）$-5+2\sqrt{6}＜a＜0$或$\frac{1}{2}＜a＜1$时，△=a²+10a+1＞0，对称轴$x=-\frac{a+1}{2}＜a$，h（a）=a（2a-1）＞0，两个零点；
（ⅴ）$0≤a≤\frac{1}{2}$时，h（a）=a（2a-1）≤0，一个零点，
综上，（ⅰ）$a＜-5+2\sqrt{6}$或a＞0时，y=f（x）与y=g（x）的图象的公共点有2个；
（ⅱ）$a=-5+2\sqrt{6}$或a=0时，y=f（x）与y=g（x）的图象的公共点有3个；
（ⅲ）$-5+2\sqrt{6}＜a＜0$时，y=f（x）与y=g（x）的图象的公共点有4个．

点评 本题考查了二次函数的性质，难点是分类讨论，类中有类运算量大，分类多，属于难题．