1.2绝对值函数-教师版

高一数学寒假课程 绝对值函数（教师版） 9 / 9
高三数学课程
高一数学寒假课程 绝对值函数（教师版） 9 / 9
高三数学课程 1. 奇函数
函数()f x 关于原点对称，即()()f x f x -=-。

若函数在0x =上有定义，令0x =，有
()00f =
2. 偶函数
函数关于y 轴对称，即()()f x f x -= 3. 周期函数
()f x ：()()f x T f x +=，其中，0T ≠，是一个常数，可以有正负
4.函数对称性
①若函数()f x 满足()()f a x f a x +=-，则函数关于轴x a =对称 ①若函数()f x 满足()()f a x f a x +=--，则函数关于点(),0a 对称
①的变形有：()()2f a x f x +=-、()()2f a x f x -=等；①的变形有
()()0f a x f a x ++-=、()()2f a x f x +=--、()()2f a x f x -=-等
绝对值函数
知识梳理
例题解析
【例1】若函数f（x）=a|2x﹣4|（a＞0，a≠1），满足f（1）=，则f（x）的单调递减区间是（）
A．（﹣∞，2]B．[2，+∞）C．[﹣2，+∞）D．（﹣∞，﹣2]
【解答】解：由f（1）=，得a2=，于是a=，因此f（x）=（）|2x﹣4|．
因为g（x）=|2x﹣4|在[2，+∞）上单调递增，
所以f（x）的单调递减区间是[2，+∞）．
故选：B．
【例2】关于x的方程e x﹣1﹣|kx|=0（其中e=2.71828…是自然对数的底数）的有三个不同实根，则k的取值范围是（）
A．{﹣2，0，2}B．（1，+∞）C．{k|k2＞1}D．{k|k＞e}
【解答】解：由e x﹣1﹣|kx|=0得e x﹣1=|kx|，
当k＜0时，e x﹣1=kx恒有1个根，
当k＞0时，要使方程e x﹣1﹣|kx|=0（其中e=2.71828…
是自然对数的底数）的有三个不同实根，
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则在x＞0时，e x﹣1=|kx|有两个不同的实根，
由e x﹣1=|kx|得|k|=，
设f（x）=，
则f′（x）==，
当x＞1时，f′（x）＞0，函数单调递增，
当0＜x＜1时，f′（x）＜0，函数单调递减，
①当x=1时，函数f（x）取得极小值f（1）=1，
①要使在x＞0时，e x﹣1=kx由两个不同的实根，
则|k|＞1，等价为k2＞1，
故选：C．
【例3】函数f（x）=|2x﹣1|，若a＜b＜c且f（a）＞f（c）＞f（b），则下列四个式子是成立的是（）
A．a＜0，b＜0，c＜0B．a＜0，b≥0，c＞0
B．C．2c+2a＜2D．2﹣a＜2c
【解答】解：f（x）=，
故可作出f（x）=|2x﹣1|的图象如图所示，
由图可知，要使a＜b＜c且f（a）＞f（c）＞f（b）成立，
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则有a＜0且c＞0，
且1﹣2a＞2c﹣1，
①2a+2c＜2．
当a=﹣1，c=0时，f（﹣1）=|2﹣1﹣1|=，f（c）=0，满足f（a）＞f（c），
但f（﹣a）=f（1）=|2﹣1|=1＞0，则2﹣a＜2c不成立，故D错误．
故选：C．
【例4】已知命题p：不等式|x|+|x﹣1|＞m的解集为R，命题q：命题f（x）=﹣（5﹣2m）x 是减函数，则p是q的（）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【解答】解：①由绝对值得意义得，|x|+|x﹣1|的最小值等于1，故命题p：不等式|x|+|x﹣1|＞m的解集为R，等价于m＜1，
命题q：命题f（x）=﹣（5﹣2m）x是减函数等价于5﹣2m＞1，即m＜2，所以p是q的充分不必要条件，
故选：A．
【例5】当0＜a＜1时，函数①y=a|x|与函数①y=log a|x|在区间（﹣∞，0）上的单调性为（）A．都是增函数B．都是减函数
C．①是增函数，①是减函数D．①是减函数，①是增函数
【解答】解：如图所示A正确
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高三数学课程 故选A
【例5】已知f （x ）=|3x+|+3|x ﹣a|．
（①）若a=1，求f （x ）≥8的解集；
（①）对任意a①（0，+∞），任意x①R ，f （x ）≥m 恒成立，求实数m 的最大值． 【解答】解：（①）若a=1，则f （x ）=|3x+1|+|3x ﹣3|，
则当x≥1时，f （x ）=3x+1+3x ﹣3=6x ﹣2≥8，解得x≥，则为x≥；
当﹣＜x ＜1时，f （x ）=3x+1+3﹣3x=4≥8，无解，则x①①；
当x≤﹣时，f （x ）=﹣3x ﹣1+3﹣3x=2﹣6x≥8，解得x≤﹣1，则为x≤﹣1．
综上可得x≤﹣1或x≥．
则解集为（﹣∞，﹣1]①[，+∞）；
（①）f （x ）=|3x+|+3|x ﹣a|≥|（3x+）+
（3a ﹣3x ）|=|+3a|
=3a+≥2=2，
当且仅当3a=即a=时，取得最小值2．
由于任意x①R，f（x）≥m恒成立，
则m≤2，
即有m的最大值为2．
【例6】已知函数f（x）=|log2（x+1）|，实数m、n在其定义域内，且m＜n，f（m）=f（n）．求证：
（1）m+n＞0；
（2）f（m2）＜f（m+n）＜f（n2）．
【解答】（1）证明：由f（m）=f（n），得|log2（m+1）|=|log2（n+1）|，即log2（m+1）=±log2（n+1），
log2（m+1）=log2（n+1），①
或log2（m+1）=log2．①
由①得m+1=n+1，与m＜n矛盾，舍去．
由①得m+1=，即（m+1）（n+1）=1．①
①m+1＜1＜n+1．①m＜0＜n．①mn＜0．
由①得mn+m+n=0，m+n=﹣mn＞0．
（2）证明：当x＞0时，f（x）=|log2（x+1）|=log2（x+1）在（0，+∞）上为增函数．
由（1）知m2﹣（m+n）=m2+mn=m（m+n），且m＜0，m+n ＞0，①m（m+n）＜0．
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①m2﹣（m+n）＜0，0＜m2＜m+n．
①f（m2）＜f（m+n）．
同理，（m+n）﹣n2=﹣mn﹣n2=﹣n（m+n）＜0，
①0＜m+n＜n2．①f（m+n）＜f（n2）．
①f（m2）＜f（m+n）＜f（n2）．
【例7】已知，g（x）=x+a （a＞0）
（1）当a=4时，求的最小值
（2）当1≤x≤4时，不等式＞1恒成立，求a的取值范围．
【解答】解：（1）当a=4时，
①，①，，取“=”号
故的最小值为15；
（2）（1≤x≤4）
设，则问题等价于，t①[1，2]时恒成立，
即或，t①[1，2]时恒成立，
令，则只需h（t ）在[1，2]上的最小值大于2或最大值小于0即可，
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高三数学课程 由函数 的单调性知
，
或a ＜0
解得a ＞1或a ＜0
1、对单调性、奇偶性的概念做到很熟
2、对函数基本性质融会贯通
1．已知函数f （x ）=3﹣|x|，g （x ）=x 2﹣4x+3，构造函数F （x ），定义如下：当f （x ）≥g （x ）时，F （x ）=g （x ）；当f （x ）＜g （x ）时，F （x ）=f （x ），则F （x ）在[﹣3，3]（ ） A ．有最大值3，最小值﹣1 B ．有最大值
，无最小值
C ．有最大值3，无最小值
D ．无最大值，也无最小值
【解答】解：根据题意，F （x ）实际是f （x ）与g （x ）的较小者的值；
在同一坐标系中先画出f （x ）与g （x ）的图象，比较大小，然后根据定义画出F （x ），就反思总结
随堂练习
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高三数学课程 容易看出F （x ）的最值，
如图可得：F （x ）的最大值为3，最小值为﹣1； 故选：A ．
2．函数f （x ）=ax 2+bx+c 的图象如图所示，M=|a ﹣b+c|+|2a+b|，N=|a+b+c|+|2a ﹣b|，则（ ） A ．M ＞N B ．M=N
C ．M ＜N
D ．M ，N 的大小关系不确定
【解答】解：f （x ）=ax 2+bx+c ，
根据图象，a ＞0，f （﹣1）＞0，所以 a ﹣b+c ＞0， ①图象与y 轴交于负半轴， ①f （0）=c ＜0． ①对称轴在1右边， ①x=
，
①2a+b ＜0，
所以M=|a﹣b+c|+|2a+b|=（a﹣b+c）﹣（2a+b）=c﹣a﹣2b．
①a＞0，2a+b＜0，
①b＜0，2a﹣b＞0，
根据图象，f（1）＜0，则a+b+c＜0，
①N=|a+b+c|+|2a﹣b|=﹣（a+b+c）+（2a﹣b）=a﹣2b﹣c．
M﹣N=（c﹣a﹣2b）﹣（a﹣2b﹣c）=2c﹣2a＜0，
①M＜N．
故选：C．
3．y=f（x）是R上的减函数，且y=f（x）的图象经过点A（0，1）和B（3，﹣1），则不等式|f（x+1）|＜1的解集为（﹣1，2）．
【解答】解：y=f（x）是R上的减函数，且y=f（x）的图象经过点A（0，1）和点B（3，﹣1），
所以|f（x）|＜1的解集是{x|0＜x＜3}，
不等式|f（x+1）|＜1对应函数y=|f（x+1）|的图象可以看作y=|f（x）|的图象向左平移1个单位得到的，
则不等式|f（x+1）|＜1的解集为：{x|﹣1＜x＜2}，
故答案为：（﹣1，2）．
4．设函数，若关于x的方程f2（x）+bf（x）+c=0恰有5个不同
的实数解x1、x2、x3、x4、x5则f（x1+x2+x3+x4+x5）等于3lg2．
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【解答】解：当x=2时，f（x）=1，则由f2（x）+bf（x）+c=0得1+b+c=0．
①x1=2，c=﹣b﹣1．
当x＞2时，f（x）=lg（x﹣2），
由f2（x）+bf（x）+c=0，
得[lg（x﹣2）]2+blg（x﹣2）﹣b﹣1=0，
解得lg（x﹣2）=﹣b﹣1，x2=12或lg（x﹣2）=﹣b﹣1，x3=2+10﹣b﹣1．
当x＜2时，f（x）=lg（2﹣x），由f2（x）+bf（x）+c=0得[lg（2﹣x）]2+blg（2﹣x）﹣b ﹣1=0），解得lg（2﹣x）=1，x4=﹣8或lg（2﹣x）=b，x5=2﹣10﹣b﹣1．
①f（x1+x2+x3+x4+x5）=f（2+12+2+10b﹣8+2﹣10b）=f（10）=lg|10﹣2|=lg8=3lg2．
故答案是3lg2．
课后练习
1．已知函数f（x）=ax2+2bx+4c（a，b，c①R，a≠0）．
（1）若函数f（x）的图象与直线y=±x均无公共点，求证：4b2﹣16ac＜﹣1；
（2）若时，对于给定的负数a，有一个最大的正数M（a），使x①[0，M（a）]时，都有|f（x）|≤5，求a为何值时M（a）最大？并求M（a）的最大值；
（3）若a＞0，且a+b=1，又|x|≤2时，恒有|f（x）|≤2，求f（x）的解析式．
【解答】解：（1）证明：①函数f（x）的图象与直线y=±x均无公共点，
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高一数学寒假课程 绝对值函数（教师版） 9 / 9 高三数学课程 ①ax 2+2bx+4c=±x 无解
①①＜0
①4b 2﹣16ac ＜﹣1；
（2）
把b=4，c=代入得：f （x ）=ax 2+8x+3=a +3﹣，
①a ＜0，所以f （x ）max =3﹣
①当3﹣＞5，即﹣8＜a ＜0时，M （a ）满足：﹣8＜a ＜0且0＜M （a ）＜﹣， 所以M （a ）是方程ax 2+8x+3=5的较小根，
则M （a ）==＜=；
①当3﹣≤5即a≤﹣8时，此时M （a ）≥﹣，所以M （a ）是ax 2+8x+3=﹣5的较大根， 则M （a ）==≤=，
当且仅当a=﹣8时取等号，
由于 ＞，因此当且仅当a=﹣8时，M （a ）取最大值
； （3）求得f′（x ）=2ax+2b ，
①a＞0，①f（x）max=2a+2b=2，即a+b=1，
则﹣2≤f（0）=4a=4a+4b+4c﹣4（a+b）=f（2）﹣4≤2﹣4=﹣2，
①4c=﹣2，解得c=﹣，
又①|f（x）|≤2，所以f（x）≥﹣2=f（0）
①f（x）在x=0处取得最小值，且0①（﹣2，2），
①﹣=0，解得b=0，从而a=1，
①f（x）=x2﹣2．
2．已知
（1）比较f（3）与的大小；
（2）求证：．
【解答】解：（1）①，
①f（3）==，
==；
又①3＜，
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①1+＞1+，
①＜，
即f（3）＜f（）；
（2）证明：①+≥+
=
=≥
=；
①．
3．设f（x）=|2x﹣1|+|1﹣x|．
（1）解不等式f （x ）≤3x+4；
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（2）对任意的x，不等式f（x）≥（m2﹣3m+3）•|x|恒成立，求实数m的取值范围．【解答】解：（1）当时，原不等式可化为﹣（2x﹣1）﹣（x﹣1）≤3x+4，解得，故此时；
当时，原不等式可化为2x﹣1﹣（x﹣1）≤3x+4，解得x≥﹣2，故此时；
当x＞1时，原不等式可化为2x﹣1+x﹣1≤3x+4，即﹣2≤4，显然成立，故此时x＞1．综上可得，原不等式的解集为{x|x≥﹣}．
（2）当x=0时，原不等式为2≥0，显然恒成立；
当x≠0时，原不等式两边同除以|x|，则不等式可化为：
恒成立．
因为．
所以要使原式恒成立，只需m2﹣3m+3≤1即可，即m2﹣3m+2≤0．
解得1≤m≤2．
4．已知二次函数f（x）=ax2+bx+c，a，b，c①R
（①）当a=1时，f（x）＜0的解集与不等式＞1的解集相同，求函数f（x）的解析式；
（①）若|x|≤1，|f（x）|≤1恒成立，求a的取值范围；
（①）在（①）条件下若g（x）=λax+b（λ＞1），求证：当|x|≤1时，|g（x）|≤2λ．
【解答】解：（I）①＞1的解集是{x|2＜x＜3}，
①f （x ）=0的两根为2，3，
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①，解得：b=﹣5，c=6，
①f（x）=x2﹣5x+6；
（II）①f（0）=c，f（1）=a+b+c，f（﹣1）=a﹣b+c，
①2a=f（1）+f（﹣1）﹣2f（0），
又|x|≤1，|f（x）|≤1，
①|f（1）|≤1，|f（﹣1）|≤1，|f（0）|≤1，
①|2a|=|f（1）+f（﹣1）﹣2f（0）|≤|f（1）|+|f（﹣1）|+2|f（0）|≤4，
①﹣2≤a≤2；
（III）①f（0）=c，f（1）=a+b+c，f（﹣1）=a﹣b+c，
由得，
①g（1）=λa+b=λ•[f（1）+f（﹣1）]﹣λf（0）+[f（1）﹣f（﹣1）]
=f（1）+f（﹣1）﹣λf（0），
g（﹣1）=﹣λa+b=（﹣λ）•[f（1）+f（﹣1）]+λf（0）+[f（1）﹣f（﹣1）]
=f（1）﹣f（﹣1）+λf（0），
①λ＞1，|f（1）|≤1，|f（﹣1）|≤1，|f（0）|≤1，
①|g（1）|=|f（1）+f（﹣1）﹣λf（0）|≤++λ=2λ
|g（﹣1）|=|f（1）﹣f（﹣1）+λf（0）|≤++λ=2λ
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g（x）是关于x的一次函数，由一次函数的单调性得：当|x|≤1时，|g（x）|≤2λ．
5．已知函数f（x）=|ax+1|+|2x﹣1|（a①R）．
（1）当a=1时，求不等式f（x）≥2的解集；
（2）若f（x）≤2x在x①[，1]时恒成立，求a的取值范围．
【解答】解：（1）当a=1时，不等式f（x）≥2可化为|x+1|+|2x﹣1|≥2
①当x≥时，不等式为3x≥2，解得x≥，故x≥；
①当﹣1≤x＜时，不等式为2﹣x≤2，解得x≤0，故﹣1≤x≤0；
①当x＜﹣1时，不等式为﹣3x≥2，解得x≤﹣，故x＜﹣1；
综上原不等式的解集为（﹣∞，0]①[，+∞）；
（2）f（x）≤2x在x①[，1]时恒成立时恒成立，
当x①[，1]时，不等式可化为|ax+1|≤1，
解得﹣2≤ax≤0，
所以﹣≤a≤0，
因为x①[，1]，所以﹣①[﹣4，﹣2]，
所以a的取值范围是[﹣2，0}．
6．已知函数f（x）=x2﹣x|x﹣a|﹣3a ，a＞0．
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（①）若a=1，求f（x）的单调区间；
（①）若函数f（x）恰有两个不同的零点x1，x2，求的取值范围．
【解答】解：（①）
根据函数的图象可得，f（x）在上单调递减，在上单调递增．（①）
①当0＜a＜3时，令f（x）=0，
可得，（因为f（a）=a2﹣3a＜0，所以x3＞a 舍去）
所以，
在0＜a＜3上是减函数，所以．
①当a≥3时，令f（x）=0，则可得x1，x2是方程2x2﹣ax﹣3a=0的两个根，
所以，
综合①①得，．
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