函数绝对值(DOC)

辅导讲义

学员编号： 年 级： 高三 课 时 数： 学员姓名： 辅导科目： 数学 学科教师： 授课 类型 绝对值问题总结 授课日 期时段 教学内容 题型一、含绝对值函数的最值，单调性，对称性 1、含一个绝对值的一次绝对值函数的最值、单调性、对称性 （1）f(x)|x|的图像是以原点为顶点的“V”字形图像；函数在顶点处取得最小值“f(0)0”，无最大值；在函数x(,0],[0,)；对称轴为：x0 （2）f(x)|kxb|(k0)图像是以(b,0)为顶点的“V”字形图像；在顶点取得最小值：kbbbb“f()0”，无最大值；函数在x(,],[,)；对称轴为：x kkkk（3）函数f(x)k|xb|(k0)： 函数是以(b,0)为顶点的“V”字形图像；函数在顶点取得最小值：“f(b)0”，k0时，无最大值；函数在x(,b],[b,)；对称轴为：xb “f(b)0”，k0时，是以(b,0)为顶点的倒“V”字形图像，函数在顶点取得最大值：无最小值；函数在x(,b],[b,)；对称轴为：xb 习题 1、已知函数f(x)a|xb|在x(,1)，求实数a,b的范围。 2、若函数f(x)axb2在[0,+∞)上为增函数,则实数a、b的取值范围是 。

3、（2012届高三一模黄浦区文14） 已知函数yf(x)是R上的偶函数，当x0时，有2|x|(x),2f(x)若是四sinx(0x);关于x的方程f(x)m(mR)有且仅有四个不同的实数根，2个根中的最大根，则sin(3)= ．145 4、（上海宁区2010年高三第二次模拟文科）函数ym|x|与y标系的图像有公共点的充要条件是（ D ） A、mx21在同一坐 2 B、m2 C、m1 D、m1 5、（2010理）22．（本题满分18分）第1小题满分3分，第2小题满分5分，第3小题满分10分． 若实数x、y、m满足|xm|﹥|ym|，则称x比y远离m． (1) 若x21比1远离0，求x的取值范围； (2) 对任意两个不相等的正数a、b，证明：a3b3比a2bab2远离2abab； (3) 已知函数f(x)的定义域D{x|xk任取xD，f(x)等于sinx和cosx中远离0,kZ,xR}．24的那个值．写出函数f(x)的解析式，并指出它的基本性质（结论不要求证明） 解析：(1) x(,2)(2.)； (2) 对任意两个不相等的正数a、b，有a3b32abab，a2bab22abab，因为|a3b32abab||a2bab22abab|(ab)(ab)20，所以|a3b32abab||a2bab22abab|，即a3b3比a2bab2远离2abab； 3sinx,x(k,k)44(3) f(x)， cosx,x(k,k)44性质：1f(x)是偶函数，图像关于y轴对称，2f(x)是周期函数，最小正周期T3函数f(x)在区间(2， kkkk,]单调递增，在区间[,)单调递减，kZ， 242224

2,1]． 24函数f(x)的值域为( 2、含两个绝对值的一次绝对值函数的最值、单调性、对称性 （1）函数f(x)|xm||xn|(mn)的图像是以点A(m,nm),B(n,nm)为折点的“平底形”图像；在x[m,n]上的每点，函数都取得最小值nm，无最大值；函数在x(,m],x[n,) ，在x[m,n]无单调性；对称轴为x（2）函数f(x)|xm||xn|： mn。 2当mn时，f(x)是以点A(m,nm),B(n,mn)为折点的“Z字形”函数图像；在x(,n]上的每点，函数都取得最大值mn，在x[m,)上的每点，函数都取得最小值nm；函数在x[n,m]，在x(,n]及x[m,)上无单调性；对称中心为(mn,0)； 2 当nm时，f(x)是以点A(m,mn),B(n,nm)为折点的“反Z字形”函数图像； 在x(,m]上的每点，函数都取得最小值mn，在x[n,)上的每点，函数都 取得最大值nm；函数在x[m,n]，在x(,n]及x[m,)上无单调性；对 称中心为(mn,0)； 2（3）f(x)a|xm|b|xn|(mn)图像是以A(m,f(m)),B(n,f(n))为折点的折线。 当ab0时，两端向上无限延伸，故最小值，最小值为min{f(m),f(n)}； 当ab0时，两端向下无限延伸，故最大值，最大值为Max{f(m),f(n)}； 当ab0时，两端无限延伸且平行x轴，故既有最大值又有最小值，最大值为Max{f(m),f(n)}；最小值为min{f(m),f(n)}。

题型二 与奇偶性有关问题 1（2012届高三一模浦东新区理12）已知函数f(x)|x|最大值为m，最小值为n，则mn______.9 2、（2012届高三一模静安区13）记mina,b4，当x[3,1]时，记f(x)的|x|f(x)minx22txt21,x24x3 是偶函数（t为实常数），则函数yf(x)的零点为 .（写出所有零点）x3,1 3、若函数f(x)|x3||xa|是奇函数，则a= 4、（2012届高三一模卢湾区文理20）已知函数f(x)|xa|，g(x)x22ax1（a为正常数），且函数f(x)与g(x)的图像在y轴上的截距相等． （1）求a的值； （2）若h(x)f(x)bg(x)（b为常数），试讨论函数h(x)的奇偶性． （1）由题意，f(0)g(0)，即|a|1，又a0，故a1．（4分） （2）h(x)f(x)bg(x)|x1|b|x1|，其定义域为R，（8分） a,当ab时，已知函数b,当ab时h(x)|x1|b|x1||x1|b|x1|． 若h(x)为偶函数，即h(x)h(x)，则有b1，此时h(2)4，h(2)4， 故h(2)h(2)，即h(x)不为奇函数； 若h(x)为奇函数，即h(x)h(x)，则b1，此时h(2)2，h(2)2， 故h(2)h(2)，即h(x)不为偶函数； 综上，当且仅当b1时，函数h(x)为偶函数，且不为奇函数，（10分） 当且仅当b1时，函数h(x)为奇函数，且不为偶函数，（12分） 当b1时，函数h(x)既非奇函数又非偶函数．（14分） 题型三 与距离有关绝对值有关问题 1（2013年上海松江区一模13）在平面直角坐标系中，定义d(P,Q)x1x2y1y2为P(x1,y1),Q(x2,y2)两点之间的“折线距离”．则原点O(0,0)与直线xy50上一点P(x,y)的 “折线距离”的最小值是 ．5

2 （2013年上海宝山区科一模14） （理）设A(x1,y1),B(x2,y2)是平面直角坐标系上的两点，定义点A到点B的曼哈顿距离 7L(A,B)x1x2y1y2. 若点A(-1,1),B在y2x上，则L(A,B)的最小值为 ． 4 3已知直角坐标平面上任意两点P(x1,y1)、Q(x2,y2)，定义 d(P,Q)|x1x2||y1y2||x1x2|，为P、Q两点的“非常距离”．当平面上动点|x1x2||y1y2||y1y2|，M(x,y)到定点A(a,b)的距离满足|MA|3时，则d(M,A)的取值范围是 32，3 【答案】2 题型四 与恒成立有关问题 12x1x2a2a221(2014年重庆•理科)若不等式对任意实数x恒成立，则实数a的取值1[-1，]2______. 范围是_____ 2 (2014年安徽•理科9)若函数f(x)x12xa的最小值为3，则实数a的值为（ ） A．5或8 B．1或5 C．1或4 D．4或8 答案：D， 3 已知f(x)x|xa|b。存在aR,使得f(x)0,对任意x[0,1]上恒成立。求b的范围 提示：令g(x)x|xa| g(x)的最大值为g(a)

练习题： 1 (2014一模 杨浦) 已知函数f(x)a21(a0)，定义函数F(x)xf(x),x0, 给出下f(x),x0.列命题： ①F(x)f(x)； ②函数F(x)是奇函数；③当a0时，若mn0，mn0，总有F(m)F(n)0成立，其中所有正确命题的序号是 . 【答案】②、③ 详解：对于①：F1=f12a1，但是，|f1||2a1|，而当2a10时， F1|f1|=2a1 ①错误； a2x1,x0,x对于②：f(x)a21(a0)=1x，fxfx是偶函数， a1,x0.2f(x),x0,设x0，则x0，FxfxfxFx, F(x)f(x),x0. 所以，函数F(x)是奇函数，②正确； 对于③：当a0时，Fx在,0上和0，+分别单调递减函数，若mn0，mn0，则mn, 且m与n同号，所以FmFnFn,F(m)F(n)0成立， ③正确. 2 已知函数f(x)x1x1xa的图像关于垂直于x轴的直线对称，则a的取值集合是 ．3,0,3 3 设a为非负实数，函数f(x)xxaa.

（1）当a2时，求函数f(x)的单调区间； （2）讨论函数yf(x)的零点个数，并求出零点． 解：（1） 当a2时，x22x2,x2 f(x)xx222x2x2,x2 ①当x≥2时，f(x)x22x2，在2，单调递增 ②当x＜2时，f(x)-x22x2，在（1，2）单调递减，在（-∞，1）单调递增； 综上所述，f(x)的单调递增区间是（-∞，1）和（2，+∞），单调递减区间是（1，2）． x2axa,xa （2）f(x)xxaa2 xaxa,xa ①当a0时，f(x)的零点是x0 ②当a0时， a2a2aa，，二次函数对称轴xa， 当xa时，f(x)(x)242 ∴f(x)在（a，+∞）上单调递增，f(a)＜0 a2a2a 当xa时，f(x)(x)a，，二次函数对称轴xa， 224 ∴f(x)在（aa，a）上单调递减，在-，单调递增 22aa2 ∴f(x)的极大值为f()a 24 i.当f()0，即0a4时，函数f(x)与x轴只有唯一交点，即唯一零点，由a2a-a24aaa24a或x0（舍） xaxa0解得f(x)的零点为x0222 ii.当f(a)0，即a4时，函数f(x)与x轴有两个交点，即两个零点，分别为x12aa24a和x2222； 2 iii.当f()0，即a4时，函数f（x）与x轴有三个交点，即有三个零点，由a2aa24aaa24aaa24a∴f(x)的零点x和x0 xaxa0解得x2222

综上所述： 当a0时，f(x)的1个零点是x0 aa24a当0a4时，f(x)1个零点为x0 2aa24a当a4时，f(x)2个零点，分别为x12和x2222； 2aa24aaa24a当a4时，f(x)3个零点x和x0 224 已知函数f(x)2x2ax(xR)有最小值． （1）求实常数a的取值范围； （2）设g(x)为定义在R上的奇函数，且当x0时，g(x)f(x)，求g(x)的解析式． (a2)x4,　x2, (a2)x4,　x2.所以，当2a2时，f(x)有最小值， （2）由g(x)为奇函数，有g(0)g(0)，得g(0)0． 设x0，则x0，由g(x)为奇函数，得g(x)g(x)(a2)x4． (a2)x4,　x0,所以，g(x)0,　　　　　x0, (a2)x4,　x0.解：（1）f(x) 5、已知函数f(x)|x|(xa)． （1）判断f(x)的奇偶性； （2）设函数f(x)在区间[0,2]上的最小值为m(a)，求m(a)的表达式； （3）若a4，证明：方程

f(x)40x有两个不同的正数解．

6 已知aR，函数f(x)x|xa|. (Ⅰ)当a2时，求使f(x)x成立的x的集合； (Ⅱ)求函数yf(x)在区间[1，2]上的最小值. 【解答】（Ⅰ）由题意，f(x)xx2. …………………………………………1分 当x2时，f(x)x(2x)x，解得x[0,1]； ……………………………2分 当x2时，f(x)x(x2)x，解得x[3,). ……………………………3分 综上，所求解集为x[0,1][3,)……………………………………………………4分 a2a2（Ⅱ）①当a1时，在区间[1，，其图像是开口向上的抛物2]上，f(x)xax(x)242线，对称轴是x∵a1， a， 2∴a11， 22∴f(x)minf(1)1a……………………………………………………6分 ② 当1a2时，在区间[1,2]上，f(x)x|xa|0，f(x)min0……8分 a2a2③当a2时，在区间[1,2]上，f(x)xax(x)，其图像是开口向下的抛物线，242对称轴是xa， 2a31 当(1)即(2)a3时，f(x)minf(2)2a4…………10分 22a32 当即a3时，f(x)minf(1)1a 221a02a41aa11a22a3a3∴综上，f(x)min …………………………………………12分 7、已知函数fxxa,g(x)ax(aR)． （1）讨论函数fx的奇偶性； （2）若a0，记Fxg(x)f(x)，且Fx在0,上有最大值，求a的取值范围．

解： a,bD和常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)，若存在闭区间数C，使得对任意的xa,bxa,b都有f(x)C，且对任意的都有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f(x)x1x3是R上的“U型”函数； t1t2f(x)（2）设f(x)是（1）中的“U型”函数，若不等式对一切的xR恒成立， 求实数t的取值范围； 2g(x)mxx2xn是区间2,上的“U型”函数，求实数m和n的值. （3）若函数 解：（1）当x1,3时，f1(x)x13x2 当x1,3时，f1(x)|x1||x3||x13x|2 故存在闭区间a,b1,3R和常数C=2符合条件，…………………………4分 所以函数f1(x)x1x3是R上的“U型”函数…………………………5分 （2）因为不等式t1t2f(x)对一切的xR恒成立， 所以t1t2f(x)min…………………………7分 由（1）可知f(x)min(x1x3)min2…………………8分 所以t1t22,…………………………9分 解得：15t…………………………11分 22（3）由“U型”函数定义知，存在闭区间a,b2,和常数C，使得对任意的xa,b，

都有g(x)mxx22xnC 即x22xnCmx 所以x2xn(Cmx)mx2CmxC对任意的xa,b成立……………13分 22222m21m1m1所以2Cm2C1或C1…………………………14分 C2nn1n1①当m1,C1,n1时，g(x)xx1 当x2,1时，g(x)xx1x(x1)1 当x2,1，即x1,时，g(x)2x11 由题意知，m1,n1符合条件…………………………16分 ②当m1,C1,n1时，g(x)xx1 当x2,1时，g(x)xx1x(x1)2x11 当x2,1，即x1,时，g(x)xx11 由题意知，m1,n1不符合条件 综上所述，m1,n1…………………………18分 9 已知a0,函数f(x)x|xa|1(xR). (1)当a1时，求所有使f(x)x成立的x的值； (2)当a(0,3)时，求函数yf(x)在闭区间[1,2]上的最小值； (3)试讨论函数yf(x)的图像与直线ya的交点个数. (1)x|x1|1x 所以x1或x1;

2xax1, xa (2)f(x), 2xax1,xa 1.当0a1时，x1a，这时，f(x)xax1,对称轴x 所以函数yf(x)在区间[1,2]上递增，f(x)minf(1)2a； O 2.当1a2时，xa时函数f(x)minf(a)1； O2a11， 22 3. 当2a3时，x2a，这时，f(x)xax1,对称轴xO2a3 (1,)，22 f(1)a,f(2)2a3,(2a3)aa30 所以函数f(x)minf(2)2a3； (3)因为a0,所以aa， 22所以y1xax1在[a,)上递增； aay2x2ax1在(,)递增，在[,a)上递减. 22 因为f(a)1，所以当a1时，函数yf(x)的图像与直线ya有2个交点； aa2a121a,当且仅当a2时，等号成立. 又f()242 所以，当0a1时，函数yf(x)的图像与直线ya有1个交点； 当a1时，函数yf(x)的图像与直线ya有2个交点； 当1a2时，函数yf(x)的图像与直线ya有3个交点； 当a2时，函数yf(x)的图像与直线ya有2个交点； 当a2时，函数yf(x)的图像与直线ya有3个交点. 10 已知函数f(x)x(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；

2

（3）是否存在实数a，使不等式f(x)2x3对一切实数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． 【解】（1）当a1时，f(x)x(x1)|x1|, 故有, 22x21,x1f(x), …………………2分 x11,当x1时，由f(x)1，有2x11，解得x1或x1…………………3分 当x1时，f(x)1恒成立 …………………4分 ∴ 方程的解集为{x|x1或x1} …………………5分 22x2(a1)xa,xa（2）f(x), …………………7分 xa(a1)xa,a1a1若f(x)在R上单调递增，则有4， 解得，a …………………9分 3a10∴ 当a1时，f(x)在R上单调递增 ……………10分 3（3）设g(x)f(x)(2x3) 2x2(a3)xa3,xa则g(x) …………………11分 xa(a1)xa3,不等式f(x)2x3对一切实数xR恒成立，等价于不等式g(x)0对一切实数xR恒成立． ①若a1，则1a0，即220，取x0，此时x0(,a) 1a1a22g(x0)g()(a1)a31a0， 1a1a即对任意的a1，总能找到x02，使得g(x0)0， 1a∴不存在a1，使得g(x)0恒成立． …………………12分 2x24x4,x1②若a1，g(x)，g(x)值域[2,)， x12,所以g(x)0恒成立． …………………13分 ③若a1， 当x(,a)时，g(x)单调递减，其值域为(a2a3,)， 2

由于a2a3(a1)22，所以g(x)0成立． 当x[a,)时，由a1，知a22a3a3， g(x)在x处取最小值， 44a3(a3)2)a30，得3a5，又a1，所以3a1……15分 令g(48综上，a[3,1]. …………………16分 11 （2013一模嘉定文）（本题满分18分）本题共有3小题，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分8分． 已知aR，函数f(x)x|xa|． （1）当a2时，写出函数f(x)的单调递增区间（不必证明）； （2）当a2时，求函数yf(x)在区间[1,2]上的最小值； （3）设a0，函数f(x)在区间(m,n)上既有最小值又有最大值，请分别求出m、n的 取值范围（用a表示）． 2(x1)1,x2解：（1）当a2时，f(x)x|x2| ，…………（2分） 2(x1)1,x2所以，函数f(x)的单调递增区间是(,1]和[2,)．…………（4分） aa22（2）因为a2，x[1,2]时，f(x)x(ax)xaxx．…………（124分） 2a3，即2a3时，f(x)minf(2)2a4．…………（3分） 22a3当，即a3时，f(x)minf(1)a1．…………（5分） 22当1所以，f(x)miny a 4O a 22a4,2a3 ．…………（6分） a1,a3a x 2（3）f(x)x(xa),xa．…………（1分） x(ax),xaa212yxa，……（1分） ①当a0时，函数的图像如图所示，由解得42yx(xa)y a

a 2O a 42x

所以0m12aa．……（4分） ，an22②当a0时，函数的图像如图所示， a212yxa，……（5分） 由解得42yx(ax)所以， 12 （2013一模嘉定理科)设aR，函数f(x)x|xa|2x． （1）若a2，求函数f(x)在区间[0,3]上的最大值； （2）若a2，写出函数f(x)的单调区间（不必证明）； （3）若存在a[2,4]，使得关于x的方程f(x)tf(a)有三个不相等的实数解，求实数t取值范围． 2x2;x,（理）解：（1）当a2，x[0,3]时，f(x)x|x2|2x…（22x4x,0x2.12aama，n0．……（8分） 22分） 作函数图像（图像略），可知函数f(x)在区间[0,3]上是增函数，所以f(x)的最大值为f(3)9．…………（4分） 2x(2a)x,xa,（2）f(x)……（1分） 2x(2a)x,xa.①当xa时，f(x)x因为a2，所以a2(a2)， 2422y a2a， 2所以f(x)在[a,)上单调递增．…………（3分） O a2a x 2a2(a2)②当xa时，f(x)x， 2422

因为a2，所以a2a2a2,a上单调递上单调递增，在a，所以f(x)在,222a2和[a,)， 2减．…………（5分） 综上，函数f(x)的单调递增区间是,单调递减区间是a2,a．………………（6分） 2a2a2（3）①当2a2时，0，0，所以f(x)在(,)上是增函数，关于x的22方程f(x)tf(a)不可能有三个不相等的实数解．…………（2分） a2a2,a上②当2a4时，由（1）知f(x)在,和上分别是增函数，在[a,)22(a2)2是减函数，当且仅当2atf(a)时，方程f(x)tf(a)有三个不相等的实数解． 4(a2)21a4．…………（5分） 即1t8a8a4令g(a)a，g(a)在a(2,4]时是增函数，故g(a)max5．…………（7分） a9所以，实数t的取值范围是1,．…………（8分） 8 13 已知函数f(x)x(ax),aR。 （1）当a4时，画出函数f(x)的大致图像，并写出其单调递增区间； （2）若函数f(x)在x[0,2]上是单调递减函数，求实数a的取值范围； （3）若不等式x(ax)6对x0,2恒成立，求实数a的取值范围． 2x4x(x0)解：（1）a4时，f(x)，f(x)的图象如图，图象画出，-------------------3分 2x4x(x0)单调递增区间为[0,2]。-------------------6分 （2）解一：设0x1x22， 当f(x)在x[0,2]上单调递减时，f(x1)f(x2)0对0x1x22都成立，-------------------8分

即(x1x2)[a(x1x2)]0，ax1x2对0x1x22都成立，-------------------10分