Здесь тоже длинная скобка повторяется дважды — прячем её за одну букву: t=4x-3|x+a^2|+|x-1|+3a^2. Уравнение становится квадратным: t^2-(a+1)t+4=0.

Разберёмся с функцией h(x)=4x-3|x+a^2|+|x-1|+3a^2. Точки перелома — это x=-a^2 и x=1, причём всегда -a^2\le0<1. Считаем наклоны в трёх кусках: слева 4+3-1=6, посередине 4-3-1=0, справа 4-3+1=2. Подставив, получаем: при x<-a^2 будет h=6x+6a^2+1; на среднем куске -a^2\le x\le1 выходит ровно h=1 (полочка!); при x>1 будет h=2x-1.

Значит, h монотонно неубывает: слева поднимается из -\infty до значения 1, затем на отрезке [-a^2;1] стоит на уровне 1, потом снова растёт до +\infty. Отсюда число корней уравнения h(x)=c: если c\ne1 — ровно один корень; если c=1 — бесконечно много (вся полочка).

Нам нужно ровно два разных корня по x. Каждое значение t\ne1 даёт один корень, а t=1 — сразу бесконечно много. Поэтому квадратное уравнение t^2-(a+1)t+4=0 должно иметь два разных корня, и ни один из них не равен 1.

Два разных корня — это положительный дискриминант: (a+1)^2-16>0, то есть (a+1)^2>16, откуда a>3 или a<-5. Запрещаем корень t=1: подставим t=1 в трёхчлен — получаем 1-(a+1)+4=4-a; это ноль при a=4, значит a\ne4.

Итог: a\in(-\infty;-5)\cup(3;4)\cup(4;+\infty). Проверка: при a=3 и a=-5 дискриминант равен нулю — корень t единственный, и корень по x получается один, а не два (края не берём). При a=4 вторым корнем оказывается как раз t=1 (по теореме Виета произведение корней равно 4), и решений становится бесконечно много — точку 4 выкалываем. Всё сходится.