含绝对值的函数问题
含绝对值的函数方程解法
含绝对值的函数方程解法
对于含有绝对值的函数方程，求解的过程需要考虑绝对值的两种情况：正数和负数。
下面将介绍两种常见的解法。
1. 正数解法
当绝对值中的变量取正数时，可以将绝对值去除，直接求解函数方程。
例如，对于方程 $f(x) = |x - a| + b = c$，其中 $a,b,c$ 都是已知的实数常数，我们可以按照以下步骤求解：
1. 当 $x - a > 0$ 时，$|x - a| = x - a$，因此方程可转化为 $f(x) = x - a + b = c$；
2. 将方程整理为 $x = c - b + a$。
因此，当 $x - a > 0$ 时，方程的解为 $x = c - b + a$。
2. 负数解法
当绝对值中的变量取负数时，可以将绝对值去除，并加上负号，再求解函数方程。
例如，对于方程 $f(x) = |x - a| + b = c$，我们可以按照以下步骤
求解：
1. 当 $x - a < 0$ 时，$|x - a| = -(x - a)$，因此方程可转化为 $f(x) = -(x - a) + b = c$；
2. 将方程整理为 $x = a + c - b$。
因此，当 $x - a < 0$ 时，方程的解为 $x = a + c - b$。
需要注意的是，在求解含有绝对值的函数方程时，我们需要分
别考虑正数和负数的情况，并得到两组解。
最后，我们可以将两组
解合并为一个解集。
以上就是含绝对值的函数方程的解法。
希望以上内容能对你有
所帮助！。
高中数学绝对值函数的应用实例及解题方法
高中数学绝对值函数的应用实例及解题方法绝对值函数是高中数学中常见的一种函数形式，它在数学建模和实际问题中具有广泛的应用。
本文将通过具体的实例，来介绍绝对值函数的应用和解题方法，帮助高中学生更好地理解和掌握这一知识点。
一、求解绝对值不等式绝对值不等式是绝对值函数应用的重要形式之一。
我们以一个简单的例子开始，假设有如下的不等式：|2x - 1| < 3要求解这个不等式，我们可以将其拆分为两个不等式，即：2x - 1 < 3 和 2x - 1 > -3解得：x < 2 和 x > -1所以，原始的不等式的解集为 -1 < x < 2。
这个例子展示了如何通过拆分不等式来求解绝对值不等式，这也是解决绝对值不等式常用的方法之一。
二、求解含有绝对值的方程除了不等式，绝对值函数还常常出现在方程的解中。
我们以一个实际问题为例，来说明如何求解含有绝对值的方程。
例题：某地的温度每天都在变化，已知温度的变化规律可以用函数T(t) = |t - 5| - 3来表示，其中t表示时间（单位：小时），T(t)表示温度（单位：摄氏度）。
现在要求解在什么时间温度为0度。
解答：根据题意，我们需要求解方程|t - 5| - 3 = 0。
将绝对值函数的定义展开，得到两个方程：t - 5 - 3 = 0 或者 -(t - 5) - 3 = 0解得：t = 8 或者 t = 2所以，温度为0度的时间有两个解，分别是t = 8和t = 2。
这个例子展示了如何通过将绝对值函数的定义展开，来求解含有绝对值的方程。
这是解决这类问题常用的方法之一。
三、绝对值函数在距离和模型中的应用绝对值函数在距离和模型中的应用也是高中数学中的重要内容。
我们以一个典型的例子来说明。
例题：甲、乙两地相距200公里，甲地有一辆车以每小时50公里的速度往乙地行驶，乙地有一辆车以每小时40公里的速度往甲地行驶。
问多少小时后，两车相遇？解答：设两车相遇的时间为t小时，则甲地车行驶的距离为50t公里，乙地车行驶的距离为40t公里。
由一道题目谈求含绝对值的函数最值问题的解法
解题宝典等，可能收到意想不到的效果.例6.已知a ,b ∈()0,+∞且a +b =1，求证：æèöø1+1a ⋅æèöø1+1b ≥9.证明：æèöø1+1a æèöø1+1b =æèöø1+a +b a æèöø1+a +b b =æèöø2+b a æèöø2+a b =4+2a b +2b a +1=5+2æèöøa b +b a ≥5+9，当且仅当a =b 时等号成立.这里将不等式中“1a ”“1b ”的分子“1”用“a +b ”来代替，通过化简得到a b +ba，然后利用基本不等式求得æèöø1+1a æèöø1+1b 的最值，证明不等式成立.例7.已知正数x ，y 满足x +3y =5xy ，求证：3x +4y ≥5.证明：因为x ,y 为正数，可将x +3y =5xy 等式两边同时除以5xy 得：x +3y5xy=1，即15y +35x=1，则3x +4y =1∙()3x +4y =æèçöø÷15y +35x ()3x +4y =135+3x 5y +12y 5x ≥135+125=5，当且仅当3x 5y =12y 5x ，即x =1,y =12时等号成立，故3x +4y ≥5，命题得证.我们首先将已知关系式变形，构造出常数“1”，再将“1”进行代换，化简3x +4y ，利用基本不等式求得3x +4y 的最小值，进而证明不等式成立.总之，“1”在解高中数学题中发挥着重要的作用.同学们在日常学习中，要注意多积累解题经验，总结与“1”有关的代数式，在解题时将其进行代换，合理进行恒等变换，便能有效地提高解题的正确率和速度.（作者单位：江苏省东海县石榴高级中学）函数最值问题一直是高考数学试题中的热点题目，近几年浙江省数学高考试题中多次出现含绝对值的函数最值问题.此类问题不仅考查了函数的图象和性质、处理绝对值的方法，还考查了求最值的方法，属于综合性较强的一类问题.解答此类问题的关键去掉绝对值符号，将问题转化为常规函数最值问题来求解.下面，笔者结合一道例题来谈一谈求解含绝对值的函数最值问题的方法.例题：已知a ∈R ，函数f (x )=||||||x +4x-a +a 在区间[1,4]上的最大值是5，则a 的取值范围是______.本题中的函数含有绝对值，为了将其转化为常规函数问题，我们可以从绝对值和函数两个角度来寻找解题的思路，有以下5种方法.方法一：分段讨论法此方法是解答含绝对值问题的常用方法，首先，将定义域划分为几个区间段，然后分别求出各个区间段上函数的表达式，根据函数的图象和性质讨论函数的最值.对于本题，可先求出对勾函数y =x +4x 在[1,4]上的值域，然后对a 进行分类讨论，去掉绝对值后再求每个区间段上函数的最大值，建立关系式，便可求得a 的取值范围.解：∵x ∈[1,4]，∴x +4x∈[4,5]，①当a ≥5时，f (x )=a -x -4x +a =2a -x -4x，函数f (x )的最大值2a -4=5，解得a =92，不符合题意，舍去；②当a ≤4时，f (x )=x +4x -a +a =x +4x≤5，符合题意；③当4≤a ≤5时，f (x )max =max{|4-a |+a ,|5-a |+a }，则{|4-a |+a ≥|5-a |+a ，|4-a |+a =5，或{|4-a |+a <|5-a |+a ，|5-a |+a =5，解得a =92或a <92.综上可得，a 的范围是(-∞,92].绝对值函数本质上是一个分段函数，可根据绝对值的定义去掉绝对值符号，将问题转化为分段函数的42解题宝典最值问题.但运用该方法解题，过程比较繁琐，容易出现重复和遗漏分类的情况.方法二：利用数轴利用数轴也是解答含绝对值问题的基本方法.在解题时，需利用绝对值的几何意义，将绝对值里面的式子看作是数轴上任意点到定点的距离，从而确定取.图1解：令x +4x=t ∈[4,5]，则f (t )=||t -a +a ，t ∈[4,5]，如图1所示，当a ≤0时，f (t )=||t -a +a =t ≤5成立；当0<a ≤t 时，f (t )=||t -a +a =||a -t +||a -0=t ≤5成立；当a >t 时，f (t )=||t -a +a =a -t +a ≤5恒成立，即a ≤4.5，则a 的范围是(-∞,92].这里首先确定t 的范围，将t 看作数轴上的任意一点，结合数轴找出f (t )的最值，使其小于或等于5，便可求得a 的取值范围.方法三：利用V 型函数V 型函数是一类常见的含绝对值的函数模型.在解题时，可将含绝对值函数转化为分段函数，借助函数的图象来分析函数的最值，将代数问题几何化，运用数形结合思想来解题.axyO 图2解：当f (x )取最大值时|t -a |取最大值，为5-a ，如图2，结合V 型函数图象可得：①当a ≤92时，f (x )max =|5-a |+a =5-a +a =5，符合题意；②当a >92时，f (x )max =|4-a |+a =a -4+a =5，∴a =92（矛盾），舍去；故a 的取值范围是(-∞,92].我们将含绝对值函数转换为分段函数，结合函数的图象便能快速求得a 的取值范围，这样可以获得事半功倍的效果.方法四：分离参数法运用分离参数法解题的基本思路是通过将参数进行分离，将问题转化为不等式恒成立问题来求解，在分离参数后求出函数的值域，验证取等号的条件，便可求出参数的取值范围.解：令x +4x=t ∈[4,5]，则问题可转化为g (t )=|t -a |+a 在t ∈[4,5]上的最大值是5，则问题等价于ìíî∀t ∈[4,5],|t -a |+a ≤5， ①∃t 0∈[4,5],|t 0-a |+a =5. ② 由①得∀t ∈[4,5], a -5≤t -a ≤5-a ，即a ≤t +52恒成立，所以a ≤æèöøt +52 min =92；由②知，当t 0=5时，|t 0-a |+a =5；综上所述a ≤92.我们先分析对勾函数y =x +4x在x ∈[1,4]上的值域，然后将其看成一个整体，解一次绝对值不等式即可使问题快速获解，这样避免了繁琐的分类讨论，能有效地提高解题的速度和准确性.方法五：以值代参本方法是通过用函数值来代替参数，使问题获解的方法.以值代参既起到了消参作用，又构建了变量与函数值之间的关系.解：令x +4x=t ∈[4,5]，则f (t )=|t -a |+a ，t ∈[4,5]，则f (t )的最大值为f (t )max =max{f (4),f (5)}，即ìíîf (4)=|4-a |+a =5，f ()5=|5-a |+a ≤5，或ìíîf (4)=|4-a |+a ≤5，f ()5=|5-a |+a =5，解得{a =4.5，a ≤5，或{a ≤4.5，a ≤5，则a 的取值范围是(-∞,92].我们借助函数值的范围，建立不等式，便求得参数的范围.运用以值代参方法解题,能获得出奇制胜的效果.含绝对值的函数最值问题是一类常考的题目，也是很多同学感觉困难的题目.因此，掌握一些解题的技巧是很有必要的.在解答含绝对值的最值问题时，同学们要注意从绝对值和函数两个角度，通过处理绝对值、分析函数的图象和性质来破解难题.（作者单位：浙江省诸暨市学勉中学）43。
高考数学函数能力型客观题220例：含绝对值的函数 含解析
四、含绝对值的函数高考解密：含绝对值的函数本质上是分段函数,往往需要先去绝对值再结合函数图像进行研究,由于去绝对值函数大多要涉及到分类讨论，对能力要求较高,故备受高考命题者青睐,高考常考的主要有以下3类：1.形如()f x 的函数，研究此类函数往往结合()f x 图像,可以看成由()f x 的图像在x 轴上方部分不变,下方部分关于x 轴对称得到；2。
形如()f x 的函数,此类函数是偶函数,因此可以先研究0x ≥的情况，0x <的情况可以根据对称性得到；3。
函数解析式中部分含有绝对值，如1y x x a =-+,2y xx a =+- 等，这种函数是普通的分段函数，一般先去绝对值，再结合图像进行研究。
一、选择题 1．设12,x x 是方程ln 2x m -=（m 为实常数)的两根，则12x x +的值为（ ）A ．4B ．C ．4-D ．与m 有关2．函数x x x x x x y tan tan cos cos sin sin ++=的值域为（ ）A ．{}3,1B 。
{}3,1-C 。
{}3,1--D 。
{}3,1-3．设函数)(),(x g x f 的定义域为R ，且)(x f 是奇函数，)(x g 是偶函数，设)1()1()(-+-=x g x f x h ,则下列结论中正确的是（ ）A ．)(x h 关于)0,1(对称B ．)(x h 关于)0,1-(对称C ．)(x h 关于1=x 对称D ．)(x h 关于1-=x 对称4.已知方程sin xk x =在(0,)+∞有两个不同的解,αβ（αβ<），则下面结论正确的是（ ）A ．1tan()41πααα++=-B ．1tan()41πααα-+=+ C ．1tan()41πβββ++=- D ．1tan()41πβββ-+=+ 5.已知函数()2sin f x x x =，则函数()f x 在区间[]2π,2π-上的零点个数为（ ）A ．3B ．4C ．5D ．66.已知定义在R 上的函数()21x m f x -=- （m 为实数)为偶函数,记()()0.52(log3),log 5,2a f b f c f m === ,则,,a b c 的大小关系为( )A.a b c <<B.a c b << C 。
高一含绝对值的对数函数问题
高一含绝对值的对数函数问题高一数学中，绝对值的对数函数是一个常见的题型。
这类题目通常涉及到对数函数的性质和图像，以及绝对值函数的性质和图像。
我将从不同角度来解答这类问题。
首先，我们来看绝对值的对数函数的定义。
绝对值的对数函数通常表示为f(x) = log |x|，其中log表示以10为底的对数。
这个函数的定义域是所有实数，而值域是负无穷到正无穷。
当x大于0时，f(x) = log x；当x小于0时，f(x) = log(-x)。
这意味着函数图像会在x轴的正半轴和负半轴分别有一条对称的分支。
其次，我们可以讨论绝对值的对数函数的性质。
由于对数函数的性质，绝对值的对数函数在x大于0时是单调递增的，在x小于0时是单调递减的。
另外，绝对值的对数函数的图像会经过点（1, 0），并且在x=1处有一个垂直渐近线。
接着，我们可以探讨绝对值的对数函数的图像特点。
由于绝对值的对数函数的特殊性质，它的图像会呈现出两条分支，分别位于x轴的正负半轴。
这两条分支会在（1, 0）这一点相交，并且在这一点有一个水平切线。
最后，我们可以考虑一些与绝对值的对数函数相关的典型问题。
比如，求函数的定义域、值域；求函数在某个区间上的增减性；求函数与坐标轴的交点等等。
这些问题需要运用对数函数和绝对值函数的性质，以及图像特点来进行分析和解答。
综上所述，高一含绝对值的对数函数问题涉及到对数函数和绝对值函数的性质、图像特点以及相关的典型问题。
在解答这类问题时，我们需要全面理解和掌握这两类函数的知识，从而能够准确地分析和解决问题。
绝对值函数基础练习题(含答案解析)
绝对值函数基础练习题(含答案解析)
绝对值函数是数学中的一种基本函数，它表示一个数与零的距离。
下面是一些绝对值函数的基础练题，每个题目都包含了答案和解析。
1. 求解以下绝对值方程：
a) |2x - 3| = 5
b) |4 - 3x| = 7
答案解析：
a) 2x - 3 = 5 或者 2x - 3 = -5
解得 x = 4 或者 x = -1
b) 4 - 3x = 7 或者 4 - 3x = -7
解得 x = -1 或者 x = 11/3
2. 求解以下绝对值不等式：
a) |3x + 2| > 10
b) |5 - 2x| ≤ 8
答案解析：
a) 3x + 2 > 10 或者 3x + 2 < -10
解得 x > 8/3 或者 x < -4
b) 5 - 2x ≤ 8 或者 5 - 2x ≥ -8
解得x ≤ -1/2 或者x ≥ 13/2
3. 求以下函数的定义域：
a) f(x) = |x - 1|
b) g(x) = |2x + 3|
答案解析：
a) f(x) = |x - 1| 为一个绝对值函数，对于任意实数 x，f(x) 都有定义。
因此，f(x) 的定义域为所有实数。
b) g(x) = |2x + 3| 为一个绝对值函数，对于任意实数 x，g(x) 都有定义。
因此，g(x) 的定义域为所有实数。
以上就是绝对值函数基础练题的答案解析部分。
希望这些练题能够帮助你更好地理解和应用绝对值函数。
绝对值的十一种常见问题
绝对值的十一种常见问题绝对值是数学中常见且重要的概念，而在使用绝对值时，有一些常见问题需要注意。
以下是绝对值的十一种常见问题及其解答：1. 什么是绝对值？绝对值是一个数与零之间的距离。
绝对值表示一个数的大小，但忽略了它的正负。
2. 如何计算一个数的绝对值？一个数的绝对值可以通过取该数的绝对值函数来计算。
绝对值函数表示为|a|，其中a是一个数。
3. 绝对值函数的图像是什么样子的？绝对值函数的图像呈现V形，开口向上或向下。
图像关于y轴对称，过原点。
4. 绝对值可以为负数吗？不可以，绝对值总是非负的。
无论输入是正数、负数，或零，绝对值的结果都不会是负数。
5. 绝对值可以为零吗？是的，绝对值可以是零。
当输入为零时，绝对值的结果也是零。
6. 如何解决含有绝对值的方程或不等式？含有绝对值的方程或不等式可以分情况讨论来解决。
根据绝对值的定义，将绝对值分开，并根据绝对值的正负情况得出不同的解。
7. 绝对值有哪些常见的性质？- |a| ≥ 0，即绝对值总是非负的。
- |a| = 0 当且仅当a = 0。
- |ab| = |a| |b|，即绝对值的乘积等于各个数的绝对值的乘积。
- |a/b| = |a| / |b|，即绝对值的除法等于被除数和除数的绝对值的除法。
8. 如何求解包含多个绝对值的复杂方程？对于包含多个绝对值的复杂方程，可以将绝对值分情况讨论，并使用不等式或方程来解决每种情况。
9. 绝对值可以用于求解哪些实际问题？绝对值可以用于求解诸如距离、温度变化、利润等实际问题。
它提供了一种对数值的无偏估计。
10. 绝对值存在什么常见误区？一个常见的误区是错误地认为|a + b| = |a| + |b|。
实际上，只有当a和b同时具有相同的符号时，该等式才成立。
11. 绝对值可以应用于复数吗？绝对值可以应用于复数。
对于复数a + bi，其绝对值定义为√(a^2 + b^2)。
希望这份文档能帮助你对绝对值的理解更加深入。
含绝对值的解与不等式求解
含绝对值的解与不等式求解绝对值函数在数学中具有重要的应用价值，尤其是在解方程和不等式问题上。
本文旨在探讨含绝对值的解以及如何求解不等式。
一、含绝对值的方程解法对于形如|a|x + b| = c的绝对值方程，需要分别讨论x的取值范围，并找出满足条件的解。
下面将介绍两种常用解法。
1.1 分类讨论法当a为正数时，绝对值函数为增函数，因此可以将方程化简为两个线性方程来求解。
考虑到x的取值情况，可以得到以下两个方程：a*x + b = c x >= 0；-a*x - b = c x < 0。
解出以上两个方程可得到两组解，分别代入原方程中验证，得到最终的解集。
当a为负数时，绝对值函数为减函数。
同样可以将方程化简为两个线性方程来求解，但此时每个方程对应的x的取值范围相反：-a*x + b = c x >= 0；a*x - b = c x < 0。
解出以上两个方程可得到两组解，分别代入原方程中验证，得到最终的解集。
1.2 代数法求解对于一元绝对值方程|a|x + b| = c，可以将方程分解为两个方程：a*x + b = c 或 a*x + b = -c。
解出以上两个方程的解集分别为S1和S2，则原方程的解集为S1 ∪ S2。
二、含绝对值的不等式解法对于形如|a|x + b| < c的绝对值不等式，同样需要根据a的正负情况进行分类讨论。
2.1 分类讨论法当a为正数时，绝对值函数为增函数，可以将不等式化简为两个线性不等式：a*x + b < c x >= 0；-a*x - b < c x < 0。
解出以上两个不等式可得到两个解集，分别为S1和S2。
由于题目要求不等式的解集，因此需要求得S1 ∪ S2的交集。
当a为负数时，绝对值函数为减函数，将不等式化简为以下两个线性不等式：-a*x + b < c x >= 0；a*x - b < c x < 0。
高考数学微专题含有绝对值函数的取值范围问题
变1：已知f (x) = x3 - 3x，对任意x1，x2 ? [0, 2],| f (x1) f (x2 ) |? c恒成立,求c的取值范围.
解：因为对任意x1，x2 ? [0, 2],| f (x1) f (x2 ) |? c恒成立, 所以 | f (x1) - f (x2 ) |max ? c, 即 f ( x )max - f ( x )min Ｎc, x [0, 2] 求导可知，f (x)max =f (- 1) = 2, f (x)min =f (1) = - 2,所以f (x)max - f (x)min = 4.
例1：已知函数f (x) =| x |,求f (x)的最小值.
1 为什么？
绝对值总是非负的？
正数的绝对值是它本身， 负数的绝对值是它的相反数， 2 0的绝对值是0.
为什么？
3 绝对值的定义
是什么？
一个数在数轴上所对应的点到 原点的距离叫做这个数的绝对值.
变1：已知函数f (x) =| x - 1| +| x - 4 |,求f (x)的最小值.
3 代数上如何
严谨表达？
变3：已知函数f (x) = 3 | x - 1| +2 | x - a |,求f (x)的最小值g(a).
解：因为f (x) ? 2 | (x 1) - (x - a) | +| x - 1|? 2 | a 1| +0 = 2 | a - 1|，且f (1)=2 | a - 1|， 所以f (x)的最小值是f (1)=2 | a - 1| .
=4
-
3 e3,所以4 4
3 e3 4
?
a
0.
处理不等式 恒成立
看几何意义
可转化为函数图像的上下关系
含有绝对值函数的取值范围问题
含有绝对值函数的取值范围问题在数学高考中，函数问题一直占有较大的分量，而绝对值函数是函数中较为困难的一例题：已知函数f(x)＝x|x－4|，x∈[0，m]，其中m>0.(1)当m＝2时，求函数f(x)的值域；(2)若函数f(x)的值域为[0，4]，求实数m的取值范围．变式1已知函数f(x)＝x|x－a|在[0，2]上的值域为[0，4]，求实数a的取值范围．变式2设函数f(x)＝x|x－a|，若对于任意的x1，x2∈[2 ，＋∞)，x1≠x2，不等式f（x1）－f（x2）＞0恒成立，求实数a的取值范围．x1－x2串讲1若函数f(x)＝x 2|x －a|在区间[0，2]上是增函数，求实数a 的取值范围．串讲2若不等式|x －2a|≥12x ＋a －1对x ∈R 恒成立，则a 的取值范围是________________．(2018·南京二模)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧ax －1， x ≤0，x 3－ax ＋|x －2|，x ＞0的图象恰好经过三个象限，则实数a 的取值范围是________________．已知函数f (x )＝e x |x 2－a |(a ≥0)． (1)当a ＝1时，求f (x )的单调减区间；(2)若方程f (x )＝m 恰好有一正根和一负根，求实数m 的最大值．答案：(1)f (x )的单调减区间为[－1＋2，1]，[－1－2，－1]；(2)4e2.解析：(1)当a ＝1时，f (x )＝⎩⎨⎧e x （x 2－1），|x |＞1，e x （1－x 2），|x |≤1.当|x |＞1时，f ′(x )＝e x (x 2＋2x －1)，由f ′(x )≤0，解得－1－2≤x ≤－1＋ 2.所以f (x )的单调减区间为[－1－2，－1)，3分 当|x |≤1，f ′(x )＝－e x (x 2＋2x －1)，由f ′(x )≤0，解得x ≤－1－2或x ≥－1＋2， 所以f (x )的单调减区间为[－1＋2，1]，4分综上：f (x )的单调减区间为[－1＋2，1]，[－1－2，－1].6分 (2)当a ＝0时，f (x )＝e x ·x 2，则f ′(x )＝e x ·x 2＋2x ·e x ＝e x x (x ＋2)， 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝－2，所以f (x )有极大值f (－2)＝4e 2，极小值f (0)＝0，当a ＞0时，f (x )＝⎩⎨⎧e x （x 2－a ），|x |＞a ，e x （a －x 2），|x |≤a .同(1)讨论得f (x )在(－∞，－a ＋1－1)上单调递增，在(－a ＋1－1，－a )上单调递减， 在(－a ，a ＋1－1)上单调递增，在(a ＋1－1，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．且函数y ＝f (x )有两个极大值点，9分f (－a ＋1－1)＝2e －a ＋1－1(a ＋1＋1)＝2e －a ＋1（a ＋1＋1）e.f (a ＋1－1)＝2ea ＋1－1(a ＋1－1)＝2e a ＋1（a ＋1－1）e.11分且当x ＝a ＋1时，f (a ＋1)＝e a ＋1(a 2＋a ＋1)＞ea ＋1(a ＋1－1)＞2ea ＋1（a ＋1－1）e.所以若方程f (x )＝m 恰好有正根，则m ＞f (a ＋1－1)(否则至少有两个正根)． 又方程f (x )＝m 恰好有一负根，则m ＝f (－a ＋1－1).13分令g (x )＝e －x (x ＋1)，x ≥1，则g ′(x )＝－x e －x ＜0，所以g (x )＝e －x (x ＋1)在[1，＋∞)上单调递减，即g (x )≤g (1)＝2e.等号当且仅当x ＝1时取到.14分所以f (－a ＋1－1)≤⎝⎛⎭⎫2e 2，等号当且仅当a ＝0时取到．且此时f (a ＋1－1)＝ 2ea ＋1－1(a ＋1－1)＝0，即f (－a ＋1－1)＞f (a ＋1－1)，所以要使方程f (x )＝m 恰好有一个正根和一个负根，m 的最大值为4e2.16分例题1答案：(1)[0，4]；(2)[2，2＋22]．解析：(1)当m ＝2时，f(x)＝－x 2＋4x ＝－(x －2)2＋4，当x∈[0，2]时，f(x)单调递增，所以f(x)的值域为[0，4]．(2)由函数f(x)＝x|x －4|图象可知，当x>4时，令x|x －4|＝4，即x 2－4x －4＝0，解得x ＝2＋22，若函数f(x)的值域为[0，4]，所以实数m 的取值范围是[2，2＋22]．变式联想变式1答案：a ＝0或a ＝4.解析：(1)当a<0时，f(x)＝x(x －a)，f(2)＝2(2－a)＞4，显然不满足条件；(2)当a ＝0时，f(x)＝x 2，在[0，2]上的值域为[0，4]，满足条件；(3)当a>0时，①当0<a≤2时，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a 24－a 22＝a 24≤1，f(x)＝|x 2－ax|，f(0)＝0，f(2)＝|4－2a|＝4－2a ＜4，不满足条件；②当2<a<4时，f(x)＝－x 2＋ax ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 22＋a 24≤a24＜4，不满足条件；③当a ＝4时，f(x)＝－x 2＋4x ＝－(x －2)2＋4≤4，满足条件；④当a>4时，f(x)＝－x 2＋ax ，f(2)＝－4＋2a>4，不满足条件． 综上所述，a ＝0或a ＝4. 变式2答案：(－∞，2]． 解析：作出函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－ax ，x ≥a ，－x 2＋ax ，x ＜a ，的图象，当a 变化时，易得a 的取值范围为(－∞，2]． 说明：变式1和2都是抓住形如y ＝x|x －a|函数的图象特征，抓住图象关键，从而解决问题．串讲激活串讲1答案：(－∞，0]∪[3，＋∞)．解析：(1)当a≤0时，f(x)＝x 3－ax 2，显然在区间[0，2]上是增函数；(2)当a ＞0时，记g(x)＝x 3－ax 2，令g′(x)＝3x 2－2ax ＝0，解得x ＝0，x ＝2a 3，g(x)在(－∞，0)上单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫0，2a 3上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 3，＋∞上单调递增，又g(0)＝g(a)＝0，所以f(x)＝|g(x)|在(－∞，0)上单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫0，2a 3上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 3，a 上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．要使f(x)在区间[0，2]上是增函数，只要2a3≥2，即a≥3.综上所述，实数a 的取值范围为(－∞，0]∪[3，＋∞)．串讲2答案：⎝⎛⎦⎥⎤－∞，12. 解析：作出y ＝|x －2a|和y ＝12x ＋a －1的简图，依题意知应有2a≤2－2a ，故a 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤－∞，12.新题在线答案：(－∞，0)∪(2，＋∞)．解析：因为f(0)＝－1，x →＋∞时，f(x)→＋∞，所以，函数f(x)过第一、三象限，①若a ＜0，显然成立；②若a≥0，只需x ＞0时，f(x)min ＜0即可，即存在x ＞0，使得f(x)＜0分离参数，得⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋|x －2|x min ＜a ，易求得⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋|x －2|x min ＝2，所以，此时a ＞2，综上所述，实数a 的取值范围是(－∞，0)∪(2，＋∞)．。
高考数学函数专题训练《含绝对值的函数》含答案解析
高考数学函数专题训练《含绝对值的函数》含答案解析1.函数y=sinxcosxtanx的值域为（）+（）A．{1,3} B.{-1,3} C.{-1,-3} D.{1,-3}答案】B解析】当sinx>0,cosx>0时y=3，sinx>0,cosx0时y=-1，sinx<0,cosx<0时y=3，所以值域为{-1,3}。
2．函数f(x)=lnx-1/(1-x)的图像大致为()A． B． C． D．答案】D解析】由于f(3)>ln2/2，排除C选项，f(-1)>0，排除B选项，f(1/2)<0，不选A选项，所以选D。
3．设函数f(x),g(x)的定义域为R，且f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，设h(x)=f(x-1)+g(x-1)，则下列结论中正确的是() A．h(x)关于(1,)对称 B．h(x)关于(-1,)对称 C．h(x)关于x=1对称 D．h(x)关于x=-1对称答案】C解析】因为函数f(x)是奇函数，所以f(x-1)是偶函数，即f(x-1)与g(x-1)均为偶函数，其图像均关于y轴对称，所以f(x-1)与g(x-1)的图像都关于直线x=1对称，即h(x)=f(x-1)+g(x-1)的图像关于直线x=1对称，故选C。
4.已知f(x)=ax+x-a(-1≤x≤1)且a≤1，则f(x)的最大值为()A．5/4 B．3/4 C．3 D．1答案】A解析】由题意得：f(x)=ax-1+x≤ax-1+x≤x-1+x/2，-1≤x≤1.所以当x=±1时，x-1+x=±2，f(x)max=5/4，即f(x)≤5/4，所以选A。
5．若函数f(x)=1(x≠1)，f(x+)=2x-1，则关于x的方程f(x)+bf(x)+c=0有3个不同的实数根，则（）A．b0 B．b-2且c>0 D．b>-2且c<0答案】C解析】因为f(x+)=2x-1，所以当x>1时，f(x)=2x-1；当x1时，f(x)max=2x-1；当x1时，f(x)≤2x-1；当x1时，f(x)≤2x-1，即b≥2；当x-2且c>0，所以选C。
2022高考数学基础知识综合复习专题1含绝对值的函数
专题(1) 含绝对值的函数1.(2018浙江高考)函数y=2|x|sin 2x 的图象可能是( )2.若关于x 的不等式|x-2|+|2x+3|>a 对任意x ∈R 恒成立,则实数a 的取值范围为( )A.(-∞,7)B.-∞,72C.[0,7)D.0,723.函数f (x )=x 2-2|x|+2的定义域是[a ,b ](a<b ),值域是[2a ,2b ],则符合条件的a ,b 的组数为( )A.0B.1C.2D.34.设函数f (x )=|x 2-2x-1|,若m>n>1,且f (m )=f (n ),则mn 的取值范围为( )A.(3,3+2√2)B.(3,3+2√2]C.(1,3)D.(1,3]5.已知二次函数f (x )=ax 2+bx (a ,b ∈R ),满足f (x+1)=f (1-x ),且在区间[-1,0]上的最大值为3,若函数g (x )=|f (x )|-mx 有唯一零点,则实数m 的取值范围是( )A.[-2,0]B.[-2,0)∪[2,+∞)C.[-2,0)D.(-∞,0)∪[2,+∞)6.若函数f (x )=ax 2+bx+5(a<0)对任意实数t ,在闭区间[t-2,t+2]上总存在两个实数x 1,x 2,使得|f (x 1)-f (x 2)|≥8成立,则负数a 的最大值为 .7.直线y=a 与曲线y=x 2-|x|有四个交点,则a 的取值范围是 .8.设函数f(x)=1x+ax+b,若对任意的实数a,b,总存在x0∈12,2使得f(x0)≥m成立,则实数m的取值范围是 .9.(2019浙江高考)已知a∈R,函数f(x)=ax3-x.若存在t∈R,使得|f(t+2)-f(t)|≤23,则实数a的最大值是 .10.(2021新课标全国Ⅰ卷)已知函数f(x)=|x-a|+|x+3|.(1)当a=1时,求不等式f(x)≥6的解集;(2)若f(x)>-a,求a的取值范围.11.(2021新课标全国Ⅱ卷)已知函数f(x)=|x-2|,g(x)=|2x+3|-|2x-1|.(1)画出y=f(x)和y=g(x)的图象;(2)若f(x+a)≥g(x),求a的取值范围.12.(2020新课标全国Ⅱ卷)已知函数f(x)=|x-a2|+|x-2a+1|.(1)当a=2时,求不等式f(x)≥4的解集;(2)若f(x)≥4,求a的取值范围.13.已知f(x)=x2+2|x-1|. (1)解关于x的不等式:f(x)>|2x|x;(2)若f(x)的最小值为M,且a+b=M(a,b∈R+),求证:a2b +b2a≥1.14.(2019年6月浙江学考)设a∈R,已知函数f(x)={a x2+(2a-4)x+2,x≤0,1+a+|x-1|,x>0.x(1)当a=1时,写出f(x)的单调递增区间;(2)对任意x≤2,不等式f(x)≥(a-1)x+2恒成立,求实数a的取值范围.15.设函数f(x)=ax2+|x-a|+b(a,b∈R).(1)若函数f (x )在[0,1]上单调递增,在[1,+∞)上单调递减,求实数a 的值;(2)若对任意的实数b ∈[0,1]及任意的x ∈[-3,3],不等式|f (x )|≤2恒成立,求实数a 的取值范围.专题(1) 含绝对值的函数1.D 解析因为在函数y=2|x|sin2x 中,y 1=2|x|为偶函数,y 2=sin2x 为奇函数,所以y=2|x|sin2x 为奇函数.所以排除选项A,B .当x=0,x=π2,x=π时,sin2x=0,故函数y=2|x|sin2x 在[0,π]上有三个零点,排除选项C,故选D .2.B 解析由不等式恒成立转化为a<(|x-2|+|2x+3|)min ,即转化为求|x-2|+|2x+3|的最小值.|x-2|+|2x+3|=|x-2|+x+32+x+32≥(x-2)-x+32+x+32=72+x+32≥72,当x=-32时,等号成立,即|x-2|+|2x+3|的最小值是72,因为不等式|x-2|+|2x+3|>a对任意x∈R恒成立,所以a<(|x-2|+|2x+3|)min,即a<72.故选B.3.B 解析∵f(x)=x2-2|x|+2=(|x|-1)2+1≥1,∴a≥12.若函数f(x)=x2-2|x|+2的定义域为[a,b](a<b),值域是[2a,2b],则①当12≤a<b<1时,∵f(a)=2b,f(b)=2a,则{a2-2a+2=2b,b2-2b+2=2a,两式相减得(a-b)(a+b)-2(a-b)=2(b-a),即(a-b)(a+b)=0,∴a<b,a-b≠0,而b>a≥12,a+b>0,∴不存在满足条件的a,b.②当12≤a<1<b时,函数最小值即为顶点纵坐标,2a=1,a=12,若b-1<1-a,则f(a)=2b,2b=54⇒b=58(舍去);若b-1>1-a,则f(b)=2b,b2-4b+2=0,b=2+√2或b=2-√2(舍去);③当1<a<b时,∵f(b)=2b,f(a)=2a,则{a2-2a+2=2a,b2-2b+2=2b,a,b必然有一根小于1,矛盾,∴不存在满足条件的a ,b ,综上所述,a=12,b=2+√2,即符合条件的a ,b 的组数为1,故选B.4.A 解析解方程x 2-2x-1=0得x=1±√2,作出f (x )的函数图象如图所示:∵m>n>1,f (m )=f (n ),∴1<n<1+√2,1+√2<m<3.∴f (m )=f (n ).∴m 2-2m-1+n 2-2n-1=0,即(m-1)2+(n-1)2=4,m -122+n -122=1,令m=2cos α+1,n=2sin α+1,α∈0,π4.mn=4sin αcos α+2sin α+2cos α+1,令t=sin α+cos α=√2sin α+π4,t ∈(1,√2),sin αcos α=t 2-12,得mn=2t 2+2t-1.∴mn ∈(3,3+2√2).5.C 解析由题知x=1为函数f (x )的对称轴,=1,①即有-b2a由f(x)在区间[-1,0]上的最大值为3,若a>0时,则f(x)在[-1,0]递减,f(-1)取得最大值,且为a-b=3,②若a<0时,f(x)在[-1,0]递增,f(0)取得最大值,且为0,不成立.由①②解得a=1,b=-2,则f(x)=x2-2x.作出y=|f(x)|的图象和直线y=mx的图象,当m=0时,有y=0与y=|f(x)|有两个交点,不合题意;当m>0时,由mx=2x-x2,由判别式Δ=(m-2)2-4×0=0,解得m=2.由图象可得m≥2时,y=|f(x)|的图象和直线y=mx的图象有两个交点;当0<m<2时,y=|f(x)|的图象和直线y=mx的图象有三个交点;当m<0,且y=mx为曲线y=|f(x)|的切线时,只有一个交点,即原点为切点,y=|f(x)|=x2-2x(x<0),可得m=-2.由图象可得当m<-2时,有两个交点,当-2≤m<0时,y=|f(x)|的图象和直线y=mx的图象只有一个交点,即为原点.综上可得,所求m的取值范围为[-2,0).6.-2 解析因为a<0,所以二次函数f(x)=ax2+bx+5(a<0)的图象开口向下.在闭区间[t-2,t+2]上总存在两实数x1,x2,使得|f(x1)-f(x2)|≥8成立,只需t=-b2a 时,f (t+2)-f (t )≤-8,即4at+4a+2b ≤-8,得a ≤-2.7.-14,0 解析∵曲线y=x 2-|x|,f -12=f 12=-14,∴根据图象(图略)可得出:直线y=a 与曲线y=x 2-|x|有四个交点,则-14<a<0.8.-∞,14 解析∵f (x )=1x +ax+b ,∴f (x )在12,2上的最大值为M (a ,b ),可得M (a ,b )≥f (2)=12+2a+b ,M (a ,b )≥f 12=2+12a+b ,M (a ,b )≥f (1)=|1+a+b|,可得M (a ,b )+2M (a ,b )+3M (a ,b )≥12+2a+b +|4+a+2b|+|3+3a+3b|≥12+2a+b+(4+a+2b )-(3+3a+3b )=32,即6M (a ,b )≥32,∴M (a ,b )≥14.∵存在实数x 0∈12,2使不等式f (x 0)≥m ,∴m ≤f (x 0)max =M (a ,b ),又由对任意实数a ,b ,m ≤M (a ,b )恒成立,∴m ≤M (a ,b )min =14.9.4 3 解析由题意知,|f(t+2)-f(t)|=|a(6t2+12t+8)-2|≤23有解,即-23≤a(6t2+12t+8)-2≤23有解,所以43(6t2+12t+8)≤a≤83(6t2+12t+8)有解,因为6t2+12t+8∈[2,+∞),所以43(6t2+12t+8)∈0,23,83(6t2+12t+8)∈0,43,所以只需要0<a≤43,即a max=43.10.解(1)当a=1时,由f(x)≥6可得|x-1|+|x+3|≥6.当x≤-3时,不等式可化为1-x-x-3≥6,解得x≤-4;当-3<x<1时,不等式可化为1-x+x+3≥6,解得x∈⌀;当x≥1时,不等式可化为x-1+x+3≥6,解得x≥2.综上,原不等式的解集为(-∞,-4]∪[2,+∞).(2)若f(x)>-a,则f(x)min>-a.因为f(x)=|x-a|+|x+3|≥|(x-a)-(x+3)|=|a+3|(当且仅当(x-a)(x+3)≤0时,等号成立),所以f(x)min=|a+3|,所以|a+3|>-a,即a+3<a或a+3>-a,解得a ∈-32,+∞.故a 的取值范围为-32,+∞.11.解(1)f(x)={x-2,x≥2,2-x,x<2;g(x)={-4,x≤-32,4x+2,-32<x<12,4,x≥12.(2)取临界状态,设Q (x ,0),P(12,4),由12-x=4,解得x=-72.由函数f (x )=|x-2|知f (x+a )=|x+a-2|=|x-(2-a )|,函数f (x+a )=|x-(2-a )|的图象的对称轴是直线x=2-a.当2-a ≤-72,即a ≥112时,f (x+a )≥g (x )成立.所以a ∈[112,+∞).12.解(1)当a=2时,f (x )={7-2x ,x ≤3,1,3<x ≤4,2x -7,x >4.因此,不等式f (x )≥4的解集为{x |x ≤32或x≥112}.(2)因为f (x )=|x-a 2|+|x-2a+1|≥|a 2-2a+1|=(a-1)2,当且仅当(x-a 2)(x-2a+1)≤0时,等号成立.故当(a-1)2≥4,即|a-1|≥2时,f (x )≥4.所以当a ≥3或a ≤-1时,f (x )≥4.当-1<a<3时,f (a 2)=|a 2-2a+1|=(a-1)2<4.所以a 的取值范围是(-∞,-1]∪[3,+∞).13.解(1)不等式为x 2+2|x-1|>2|x |x ,x ≥1时,不等式为x 2+2(x-1)>2,x<-1-√5或x>-1+√5,所以x>-1+√5;0<x<1时,不等式为x 2-2(x-1)>2,x<0或x>2,无解;x<0时,不等式为x 2-2(x-1)>-2,(x-1)2+3>0恒成立,所以x<0.综上,原不等式的解集为(-∞,0)∪(-1+√5,+∞).(2)x ≥1时,f (x )=x 2+2(x-1)=(x+1)2-3,在[1,+∞)上单调递增,f (x )min =f (1)=1,x<1时,f (x )=x 2-2(x-1)=(x-1)2+1,在(-∞,1)上单调递减,所以f (x )>f (1)=1.综上,M=f (x )min =1.a 2b +b 2a +1=a 2b +b 2a +a+b=b 2a +a +a 2b +b ≥2√b 2a ·a +2√a 2b ·b =2(b+a )=2,当且仅当b 2a =a ,a 2b =b ,即a=b=12时等号成立.所以a 2b +b 2a ≥1.14.解(1)当a=1时,f (x )={x 2-2x +2,x ≤0,1x -x +2,0<x <1,1x +x ,x ≥1,所以,f (x )的单调递增区间是(1,+∞).(2)若x ≤0,ax 2+(2a-4)x+2≥(a-1)x+2,于是ax 2+(a-3)x ≥0在x ∈(-∞,0]上恒成立,则a=0或{a >0,3-a 2a≥0,得0≤a ≤3.若x>0,f (x )=1x +a+|x-1|={1x-x +a +1,0<x <1,1x +x +a -1,1≤x ≤2,当0<x<1时,f (x )≥(a-1)x+2,即1x -x+a+1≥(a-1)x+2,a (x-1)≤1-xx ,得a ≥-1x ,所以a ≥-1.当x=1时,a ∈R .当1<x ≤2时,f (x )≥(a-1)x+2,即1x +x+a-1≥(a-1)x+2,(x -1)(2x -1)x ≥a (x-1),得a ≤2x -1x =2-1x ,所以a ≤1.综上所述,0≤a ≤1,即a 的取值范围为[0,1].15.解(1)由题易知a<0,则f (x )={a x 2+x -a +b =a (x +12a )2-a +b -14a ,x ≥a ,a x 2-x +a +b =a (x -12a )2+a +b -14a ,x <a ,作出示意图,故可知-12a =1,所以a=-12.(2)因为|f(x)|≤2,所以-2≤ax2+|x-a|+b≤2,又因为对任意的实数b∈[0,1]及任意的x∈[-3,3],上式恒成立,所以-2≤ax2+|x-a|≤1,记g(x)=ax2+|x-a|,所以{-2≤g(0)≤1,-2≤g(3)≤1,-2≤g(-3)≤1,可得-12≤a≤-15,可化为-ax2-2≤|x-a|≤-ax2+1,记h1(x)=-ax2+1,h2(x)=-ax2-2,k(x)=-|x-a|,由-12≤a≤-15,可知,h2(x)<0,所以命题转化为:只需满足以下条件①-x+a=-ax2-2的较小根小于或等于-3,②x-a=-ax2+1的较小根大于或等于3(或是无实根),由①得1-√1-4a(a+1)2a≤-3,解得-12≤a≤0;由②得{1+4a(a+1)≥0,-1+√1+4a(a+1)2a≥3或1+4a (a+1)≤0,解得a=-12,综上可知实数a 的取值范围是-12.。
含绝对值函数的最值问题.docx
专题三：含绝对值函数的最值问题1.已矢II函a f(x) = x2-2\x-a\ ( a>0 ),若对任意的兀w［0,+oo),不等式/(x-l)>2/(x)恒成立，求实数d的取值范围.不等式 / (兀_ 1) n 2/(兀)化为(x —1) —2 x — \ — ci n 2兀2 _ 4 x _ G即：4 x-a -2 x-(l + «)| < x2 +2%-1 (*)对任意的xw［0,+oo)恒成立因为d〉0,所以分如下情况讨论：①当0<x<a时,不等式(*) x2+4x+l-2a>0X^Vxe［O,a］恒成立•・・g(兀)=/ +牡+1 _2G n 0在［0,町上单调递增•••只需g(兀)mb = g(0) = 1 - 2a A 00 V Q W —2②当acxSa + l 时，不等式(*)即x2 -4x + l + 66t>0对\/xw(a,d + l］恒成立由①知0 < a W ,二/?(x) = x2 -4x + l + 6d在(d,a4-1］上单调递减/.只需"(x)min =力(1 +。
)= a? + 4G— 2 » 0 /. a —2 —或a n V6 — 2vV6-2<- A V6-2<tz<-2 2③当x>a + l时，不等式(*)化为即H + 2a-3巴0对V"(a+,+8)恒成立a 兰-2 - 或a 工- 22.己知函数f［x)=\x—a\y g(x)=x+2ax+\(a为正数)，且函数/(x)与g(x)的图象在y轴上的截距相等.⑴求a的值；(2)求函数⑴的最值.【解析］⑴由题意/(0) = g(0),・・・圈=1.又・.・a>0, .S I.⑵由题意几¥)+ g(x) = |x - 11 + x2 3 + 2x + 1.当兀2 1时，/(x) + g(Q = / + 3兀在［1, +oo)上单调递增，当*1时，/W + g(x)=/ +兀+ 2在-* 1)上单调递增，在(-co,3 7所以，当乳=——时，函数fix) + g(x)的最小值为一；函数无最大值. 一丄］上单调递减.2因此，函数./(X)+ £(/)在(- 00,-丄］上单调递减，在-*2 L -+ 00 上单调递增.a < 0 时?Z(a)是方程 a/ + 8x+ 3=5的较小根，故Z(a)=—8 + \/64 4- 8a — 4 + \/16 + 2a②当3 - — ^5即a W-8时丿(a)是方程a/ a+ 8咒+ 3=-5的较大根，故1(a)=—8 — v^64 ~ 32fl. — 4 — J16 ~ 8a , /z 、 -------------------------------- •综上,Z(a)=•\ 当 a V — 8-4--71^2Q ,(-8 < a <0).时丿(°)= - J"-8a =.，在亠 74 - 2a - 2(-a , - 8］上单调递增，当一 8 < a < 0时,/(«)= -4 + >/16 + 2。
例析求解含有绝对值的函数最值问题的步骤
探索探索与与研研究究一般地，要求得函数的最值，我们需将函数的极值点与函数在区间端点处的值进行比较，进而得到最值.而含有绝对值的函数最值问题较为复杂，有一定的难度，很多同学采用常规方法难以顺利求得结果.本文介绍一种解答此类问题的简单方法.有些含有绝对值的函数最值问题中的函数在定义域内至多只有一个极值点，要求此类函数的绝对值的最值，我们可以按照以下四步进行：第一步，求出过两端点的直线l 1的方程;第二步，求出与l 1平行的切线l 2的方程;第三步，求出l 1、l 2两平行直线间的最大或最小距离d ;第四步，d 2即为所求的最值.这样便将含有绝对值函数的最值问题转化为求两平行直线l 1与l 2直线之间的最大、最小距离问题.例1.已知函数f (x )=x 2+ax +b ，x ∈[1,2].若存在a ,b ∈R ,使得||f (x )≤M ,求M 的最小值.解：当x =1时,f (1)=1+a +b ;当x =2时,f (1)=4+2a +b ,设A ()1,1+a +b ,B (2,4+2a +b ),所以直线AB 的方程为y =(3+a )x +b -2，平移直线AB 使其与y =f (x )的曲线相切，设切点为(x 0,y 0),则ìíîf '(x 0)=2x 0+a =3+a ，y 0=x 02+ax 0+b ，解得ìíîïïx 0=32，y 0=94+32x 0+b ，所以切线l 的方程为y =(3+a )x +b -94.则AB 与l 间的距离为d =14(3+a )2+1≤14，所以d max =14，即M min =18.这是一个二次函数，函数在定义域[1,2]内最多只有一个极值点，要求||f (x )的最值，我们可以分别求出过两端点的直线AB 的方程，以及与AB 平行且与y =f (x )相切的切线方程，利用两平行直线之间的距离公式便可求得最值.例2.已知函数f (x )=ln(x +1)+ax +b ;x ∈[0,1]，求||f (x )的最值.解：当x =0时,f (0)=b ,当x =1时f (1)=ln 2+a +b ，设A ()0,b ,B (1,ln 2+a +b )，所以直线AB 的方程为y =(ln 2+a )x +b ，平移直线AB ,使其与函数y =f (x )的图象相切，设切点为(x 0,y 0),则ìíîïïf '(x 0)=1x 0+1+a =ln 2+a ,y 0=ln(x 0+1)+ax 0+b ,解得ìíîïïx 0=1ln 2-1，y 0=-ln(ln 2)+a ln 2-a +b ，所以切线l 的方程为y =(ln 2+a )x -1+ln 2-ln(ln 2)+b ，AB 与l 间的距离为d-1-ln 2-ln(ln 2)ln 2-ln(ln 2)-1，所以||f (x )的最大值为ln 2-ln(ln 2)-12.这是一个简单的超越函数，因为f '(x )=1x +1+a ，所以f (x )在定义域[0,1]内至多只有一个极值点，我们也就可以按照上述方法来求解，分别求出过两端点的直线AB 的方程，以及与AB 平行且与y =f (x )相切的切线方程，求得两平行线之间的距离便可求得最值.例3.已知f (x )=x +1x -ax -b ,对任意实数a ,b ，当x ∈[12,2]时，有||f (x )≤M 恒成立，求M 的最小值.分析：这是一个由对勾函数与一次函数构成的函数，因为f '(x )=1-1x 2-a =(1-a )x 2-1x 2，所以在定义域[12,2]内至多只有一个极值点.我们也可按照上述步骤来解题.解：当x =12时,f (12)=52-a 2-b ，当x =2时,f (2)=52-2a -b ，设A æèöø12,52-a 2-b ,B (2,52-2a -b )，所以直线AB 的方程为y =-ax +52-b ，平移直线AB ,使其与函数y =f (x )的图象相切，设切点为(x 0,y 0),则ìíîïïïïf '(x 0)=1-1x 02-a =-a ,y 0=x 0+1x 0-ax 0-b ,解得{x 0=1,y 0=2-a -b ,所以切线l 的方程为y =-ax +2-b ，所以AB 与l 间的距离为d =||||||2-b -52+b a 2+1=12a 2+1≤12,则M min =14.通过上述分析，我们可以发现运用该方法来解题，能有效地提升解题的效率.运用该方法解题的关键是借助函数在定义域端点处的值来构造一条直线以及一条与此直线平行且与函数曲线相切的直线，利用两平行线之间的距离公式来求得最值.（作者单位：湖北省潜江市园林高级中学）胡清林57。
较为简单的绝对值函数问题
．
程 。 ：６ （ ≤口 ） ， ｚ ＝６ （ ｚ ＞口 ） 各有一个根 ， 则可 知 ｂ 满足 ＞ｎ ， 从而 ａ ＞ｌ ， 如图 １ ；
【 — ≤ 。 。
Ｊ
－ Ｊ ｜
．
． ｙ
１ －
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ｙ＝ｂ
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（ 命题人 ： 文
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２１ ・
ｆ ， （ 一１ ） ＞Ｏ ， ｆ ３ －４ ａ ＞Ｏ ，
ｌ ｏ ．
㈤ 枢
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Ｏ ，
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张
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寺＜ａ ＜｛．
１ １ ．由已知得 方程 有且 只有一解． 令ｔ ＝２ （ ￡ ＞Ｏ ） ， 则方程 ＋ － ｔ ＋３ ＋ｍ＝Ｏ有且 只有一个正 根． 即
② 当ｍ ＞ ～１ 或 ：～２时 ， 函数 ＝ｍ 与函数 ，（ ｚ ） 有两个交点 ； ③ 当 ＝～ｌ 时， 函数 ３ ， 一 与函数 ， ） 有三个交点 ；
④ 当一２ ＜ｍ＜－ － １时， 函数 ３ ， 一ｍ与 函数 厂 （ ） 有 ， 所 以 ｍ＝Ｏ ， 即厂 （ ｚ ） ：２ ［ 一１ ，
＝
一 仇） 一１ ．
、
专 项突破
零点 与图 象
１ ．１ ． ２ ．２ ． ３ ．０ ． ４ ．２ ． ５ ．｛ 一２ 一√ ７ ， １ ， ３ ） ． ６ ．②③． ７ ．负 ， 正．
８ ．当 ｘ ＜Ｏ时 ， ｆ （ ２ －ｘ ） ＝ｘ ｚ ， 此时 ， （ ） －ｇ （ ｘ ） ＝一１ ＋ 十 ， 小 于 ０的零 点仅有 １个 ； 当Ｏ ≤ ≤２
高考数学复习含有绝对值函数的取值范围问题
f(x) － g(x) 恰 有 4 个 零 点 ， 则 实 数 a 的 取 值 范 围 是 (2,3] ．
解析：由题意，当 y＝f(x)－g(x)＝2[f(x)－1]＝0 时，即方程 f(x)＝1 有 4 个解． 又由函数 y＝a－|x＋1|与函数 y＝(x－a)2 的大致形状可知，
a－|x＋1|，x≤1， 直线 y＝1 与函数 f(x)＝ 的左右两支曲线都有 2 x－a ，x＞1
5．设函数 f(x)＝x|x＋2|，则不等式 f[f(x)]≤3 的解集为 (－∞， 2－1] .
解析： 设 f(x)＝t， 则 f(t)≤3， 由函数 f(x)＝x|x＋2|图象可得 t≤1， 即 f(x)≤1， 所以，x≤ 2－1，不等式 f[f(x)]≤3 的解集为(－∞， 2－1]．
a－|x＋1|，x≤1， 6．已知函数 f(x)＝ 函数 g(x)＝2－f(x)，若函数 y＝ 2 x－a ，x＞1，
9 答案：1，8.
x2－a－2x，x≥a， 解析：f(x)＝x|x－a|＋2x＝ 2 －x ＋a＋2x，x＜a，
2 a － 2 x－a－22－ ，x≥a， 4 2 f(x)＝ 2 a ＋ 2 a＋22 －x－ 2 ＋ 4 ，x＜a，
(3)若函数 f(x)只有两个单调区间，则 Δ≤0，所以，a 的取值范围是 [－2 3，2 3]． a (4)若函数 g(x)＝x －a|x|＋3 只有两个单调区间，则2≤0，所以，a
2
的取值范围是(－∞，0]．
8．已知函数 f(x)＝x|x－a|＋2x，若存在 a∈[0,4]，使得关于 x 的方程 f(x) ＝tf(a)有三个不相等的实根，求实数 t 的取值范围．
a－ 2 因为 0≤a≤4，所以， 2 ＜a，
函数绝对值(DOC)
辅导讲义154年高三第二次模拟文科）函数D ）( 2.+∞对任意两个不相等的正数a、b22+|a b ab22+a b ab[3,)+∞……………………………………………………时，在区间[12]，上，1当2当∴综上，解：8 、（2012届高三一模徐汇区理23）对定义在区间D 上的函数()f x ，若存在闭区间[],a b D ⊆和常数C ，使得对任意的[],x a b ∈都有()f x C =，且对任意的[],x a b ∉都有()f x C >恒成立，则称函数()f x 为区间D 上的“U 型”函数。
（1）求证：函数()13f x x x =-+-是R 上的“U 型”函数；（2）设()f x 是（1）中的“U 型”函数，若不等式12()t t f x -+-≤对一切的x R ∈恒成立，求实数t 的取值范围；（3）若函数2()2g x mx x x n =+++是区间[)2,-+∞上的“U 型”函数，求实数m 和n 的值.解：（1）当[]1,3x ∈时，1()132f x x x =-+-= 当[]1,3x ∉时，1()|1||3||13|2f x x x x x =-+->-+-=故存在闭区间[][],1,3a b R =⊆和常数C=2符合条件，…………………………4分 所以函数1()13f x x x =-+-是R 上的“U 型”函数…………………………5分 （2）因为不等式12()t t f x -+-≤对一切的x R ∈恒成立， 所以min 12()t t f x -+-≤…………………………7分 由（1）可知min min ()(13)2f x x x =-+-=…………………8分所以122,t t -+-≤…………………………9分 解得：1522t ≤≤…………………………11分 （3）由“U 型”函数定义知，存在闭区间[][),2,a b ⊆-+∞和常数C ，使得对任意的[],x a b ∈，(23)a -23a =-；,)+∞上递增；21,2aa =当且仅当时，函数y =时，函数(y f x =时，函数y =因为2>a ，所以a a <+22，所以)(x f 在⎥⎦⎤ ⎝⎛+∞-22,a 上单调递增，在⎥⎦⎤⎢⎣⎡+a a ,22上单调递减．…………（5分）综上，函数)(x f 的单调递增区间是⎥⎦⎤⎝⎛+∞-22,a 和),[∞+a ， 单调递减区间是⎥⎦⎤⎢⎣⎡+a a ,22．………………（6分） （3）①当22≤≤-a 时，022≤-a ，022≥+a ，所以)(x f 在),(∞+-∞上是增函数，关于x 的方程)()(a f t x f ⋅=不可能有三个不相等的实数解．…………（2分）②当42≤<a 时，由（1）知)(x f 在⎥⎦⎤ ⎝⎛+∞-22,a 和),[∞+a 上分别是增函数，在⎥⎦⎤⎢⎣⎡+a a ,22上是减函数，当且仅当4)2()(22+<⋅<a a f t a 时，方程)()(a f t x f ⋅=有三个不相等的实数解．即⎪⎭⎫⎝⎛+4+=+<<4818)2(12a a a a t ．…………（5分） 令aa a g 4)(+=，)(a g 在]4,2(∈a 时是增函数，故5)(max =a g ．…………（7分）所以，实数t 的取值范围是⎪⎭⎫⎝⎛89,1．…………（8分）13 已知函数()(),f x x a x a R =⋅-∈。
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含绝对值的函数问题专练
1．画出函数y ＝ 31x －的图象，并利用图象回答：k 为何值时，方程 31x －＝k 无解？有一个解？有两个解？
【答案】当k ＝0或k≥1时，方程有一个解；当0<k<1时，方程有两个解．
2．当m 为何值时，方程x2－4|x|＋5－m ＝0有四个不相等的实数根？
【答案】1<m<5
3．设f(x)＝ln x ，g(x)＝12
x|x|. (1)求g(x)在x ＝－1处的切线方程；
(2)令F(x)＝x·f(x)－g(x)，求F(x)的单调区间；
(3)若任意x1，x2∈[1，＋∞)且x1>x2，都有m[g(x1)－g(x2)]>x1f(x1)－x2f(x2)恒成立，求实数m 的取值范围.
【答案】(1) 102
x y -+=；(2)答案见解析；(3) [)1,+∞. 4．已知函数()3f x mx =+， ()22g x x x m =++．
（1）判断函数()()()F x f x g x =-是否有零点；
（2）设函数()()()1G x f x g x =--，若()G x 在[]1,0-上是减函数，求实数m 的取值范围.
【答案】（1）函数()()f x g x -有零点（2）0m ≤或2m ≥
5．设a 为实数，函数f(x)＝x2＋|x －a|＋1，x ∈R.
(1)讨论f(x)的奇偶性；
(2)求f(x)的最小值．
【答案】（1）当0a =时， ()f x 偶函数，当0a ≠时， ()f x 为非奇非偶函数；（2）34
a -+. 6．已知函数2()1f x x =-，()|1|g x a x =-．
（1）若关于x 的方程|()|()f x g x =只有一个实数解，求实数a 的取值范围；
（2）若a >0，求函数()|()|()h x f x g x =+在区间[]2,2-上的最大值．
【答案】（1）0a <；（2）33a +.
7．已知函数f(x)＝x2＋(x －1)|x －a|.
(1)若a ＝－1，解方程f(x)＝1；
(2)若函数f(x)在R 上单调递增，求实数a 的取值范围；
(3)是否存在实数a ，使不等式f(x)≥2x －3对任意x ∈R 恒成立？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）{x |x ≤－1或x ＝1}；（2）1{|}3a a ≥；（3）[]
3,1-． 8．设a ∈R ，函数f(x)＝x|x －a|－a.
(1) 若f(x)为奇函数，求a 的值；
(2) 若对任意的x ∈[2，3]，f(x)≥0恒成立，求a 的取值范围；
(3) 当a ＞4时，求函数y ＝f(f(x)＋a)零点的个数． 【答案】（1）0（2）
（3）见解析 9．已知函数
，且定义域为. （1）求关于的方程
在上的解； （2）若在区间上单调减函数，求实数的取值范围；
（3）若关于的方程
在上有两个不同的实根，求实数的取值范围. 【答案】（1）
；（2）；（3）。