含绝对值的函数问题处理

函数问题,绝对值,分类讨论,数形结合,推理与论证的逻辑思维能力

含绝对值的函数问题处理

1.（2005年江苏卷）已知a∈R，函数f(x)=x2|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. 解析：(I)若a=2,则有：f(x)=x

2

2ìïx(x-2),x 2ï, x-2=í

ï-x2(x-2),x<2ïî

①当x≥2时，有x2(x-2)=x,解得x=0或x2-2x-1=0,

解得：x1=1+取x1=1+

x2=1-

，

2

x<2时，有-x(x-2)=x,解得:x=0或x=1．

综上所述，当ａ=2时能使ｆ(ｘ)=ｘ成立的ｘ的集合为｛0，1

，1+(II)对函数式进行分解得：f(x)=x

2

2ìïx(x-a),x a

x-a=ïí

ï-x2(x-a),x<aïî

｝

2a2

, ①当x≥a时，设f1(x)=x2(x-a),则f1¢(x)=3x-2ax,得极值点x=0或x=

3

a. 当a<0时,函数f(x)在区间çç-ト,

数f(x)在区间(-ト,0)

2a3

骣

ç桫

2a÷2a

(0,+ )递增,在区间(,0)递减,b.当a>0时, 函÷÷33

(,+ )递增,在区间(0,

2a3

)递减.

2a22

, ②当x<a时，设f2(x)=-x(x-a),则f1¢(x)=-3x+2ax,得极值点x=0或x=

3

a.当a<0时,函数f(x)在区间çç-ト,函数f(x)在区间(-ト,0)

(,2a3

骣

ç桫

2a÷2a

(0,+ )递减,在区间(,0)递增,b.当a>0时, ÷3÷3

2a3

)递增.

+ )递减,在区间(0,

由于所求区间为[1,2],故a按所求区间进行讨论: ①若a≤1,则

2a3£23

,取f1(x)图象在x>a部分,因函数f1(x)在区间[1,2]部分单调递增,故当x=1

时取最小值,即m=f1(1)=1-a; ②若1<a<2,因f(a)=0,

2a3Î[

24

,],当x>a时,f1(x)从0单调递增;当x<a时,函数f(x)在区间[1,a]33

2a3

为递减或先增后减至0,故m=f(a)=0; ③若3>a≥2, 则2>

2a3 43

,函数f2(x)在区间为先增后减,当x=

时取最大值,则最小值为

m1=f2(1)=-1+a或m2=f2(2)=-8+4a,下面讨论m1与m2的大小问题: a. 若2≤a<

73

,则m1>m2,最小值为m2=-8+4a;b.若

73

≤a<3,则则m2>m1,最小值为m1=-1+a.

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④若a≥3, 则

2a3

³2,函数f2(x)在区间为递增,则当x=1时取最小值,即m=f2(1)=-1+a.

综上所述,函数f(x)在区间[1,2]的最小值

ìïï

ï1-a,a 1ïï

ï0,1<a<2ïïïï7m=ï,(其图象可通过几何画板演示得到). í-8+4a,2?aï3ïïï

ï-1+a,7?a3ïï3ïï

ï-1+a,a 3ïî

2.(全品第二轮专题)已知函数f(x)=x-1,g(x)=a|x-1|. （I）若|f(x)|=g(x)有两个不同的解，求a的值；

（II）若当x∈R时，不等式f(x)≥g(x)恒成立，求a的取值范围． 解析：（I）方法一：(分解因式，避免讨论)由|f(x)|=g(x)有：｜x-1|(|x+1|-a)=0, 显然，x 1已是该方程的根，从而欲使原方程有两个不同的解，即要求方程|x 1| a，有且仅有一个不等于1的解或两个不同的解且有一个为１，结合图形得a=0或a=2.

ìa(x-1),x 1ï2ï方法二：（分类讨论）由于g(x)=í，当x≥1时，有x-1=a(x-1),解得x=1或ïïî-a(x-1),x<1

2

x=a-1;当-1<x<1时，有x-1=a(x-1),解得x=1或x=a-1,取x=a-1;当x≤-1时，有x-1=-a(x-1),解得

x=1或x=-a-1,取x=-a-1.①若a=0，则方程有两根1与-1；②若2≥a>0，则-1<a-1<1,-a-1<-1,此时方程有三个根1,a-1,-a-1,则a-1,-a-1必有一个根为1,经检验只能a-1=1,此时a=2;③若a>2，方程的根只能为1与a-1,-a-1则找不到符合条件的a;④若a<0,方程只有一个根1.

（II）方法一：（分离变量法）由f(x)≥g(x)得：x2-1≥a|x-1| ①当x=1时恒成立，此时ａ∈R；②当x≠1时，有

ìx+1,x>1ïï,因为当=í

ï-(x+1),x<1ïî

22

(x+1)(x-1)

x-1

³a，设φ（x）=

(x+1)(x-1)

x-1

x>1时，φ（x）>2;当x<1时，φ（x）>-2,所以φ(x)>-2,故此时ａ≤－２.综合①②得ａ≤－２. 方法二：（函数方程思想）略．

类似题： 已知函数f(x) x 1，g(x) a|x 1|.

(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)若当x R时，不等式f(x) g(x)恒成立，求实数a的取值范围；

(3)求函数h(x) |f(x)| g(x)在区间[-2,2]上的最大值（直接写出结果，不需给出演算步骤）. ．．．．．．．．．．．．．．

| a|x1 |解答（:1）方程|f(x)| g(x)，即|x2 1

2

，变形得|x 1|(|x 1| a) 0，显然，x 1

已是该方程的根，从而欲使原方程只有一解，即要求方程|x 1| a，有且仅有一个等于1的解或无解 ，结合图形得a 0.

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（2）不等式f(x)≥g(x)对x R恒成立，即(x2 1)≥a|x 1|（*）对x R恒成立， ①当x 1时，（*）显然成立，此时a R； ②当x 1时，（*）可变形为a

x 1|x 1|

2

，令 (x)

x 1,(x 1),

|x 1| (x 1),(x 1).x 1

2

因为当x 1时， (x) 2，当x 1时， (x) 2， 所以 (x) 2，故此时a≤ 2.

综合①②，得所求实数a的取值范围是a≤ 2.

2

x ax a 1,(x≥1),

（3）因为h(x) |f(x)| g(x) |x2 1| a|x 1|= x2 ax a 1,( 1≤x 1),

2 x ax a 1,(x 1).

① 当

a2

1,即a 2时，结合图形可知h(x)在[ 2,1]上递减，在[1,2]上递增，

且h( 2) 3a 3,h(2) a 3，经比较，此时h(x)在[ 2,2]上的最大值为3a 3. ② 当0≤

a2a2

≤1,即0≤a≤2时，结合图形可知h(x)在[ 2, 1]，[

a

a2

,1]上递减， a

2

在[ 1, ]，[1,2]上递增，且h( 2) 3a 3,h(2) a 3，h( )

2

4

a 1，

经比较，知此时h(x)在[ 2,2]上的最大值为3a

3.

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③ 当 1≤

a2a2

0,即-2≤a 0时，结合图形可知h(x)在[ 2, 1]，[

a

a2

,1]上递减，

2

在[ 1, ]，[1,2]上递增，且h( 2) 3a 3,h(2) a 3，h( )

2

a

4

a 1，

经比较，知此时h(x) 在[ 2,2]上的最大值为a 3. ④ 当

a32≤a2

1,即-3≤a 2时，结合图形可知h(x)在[ 2,a2

a2]，[1,

a2

]上递减，

在[,1]，[

2

,2]上递增，且h( 2) 3a 3 0, h(2) a 3≥0，

经比较，知此时h(x) 在[ 2,2]上的最大值为a 3. 当

a2

32

,即a 3时，结合图形可知h(x)在[ 2,1]上递增，在[1,2]上递减，

故此时h(x) 在[ 2,2]上的最大值为h(1) 0. 综上所述，

当a≥0时，h(x)在[ 2,2]上的最大值为3a 3； 当 3≤a 0时，h(x) 在[ 2,2]上的最大值为a 3； 当a 3时，h(x) 在[ 2,2]上的最大值为0.

2

3. 设a为实数，函数f(x) x |x a| 1，x R

（1）讨论f(x)的奇偶性；（2）求f(x)的最小值

2

解析：（1）当a 0时，f(x) x |x| 1为偶函数，

2

当a 0时，f(x) x |x a| 1为非奇非偶函数；

（2）当x a时，f(x) x x a 1 (x

2

12

) a

2

34

,

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当a 当a

1212

时，f(x)min f() a

2

134

，

时，f(x)min不存在；

12) a

2

当x a时，f(x) x2 x a 1 (x 当a 当a

1212

34

,

时，f(x)min f(a) a2 1， 时，f(x)min f(

12) a

3

4

4.设函数f(x)=|x-a|-ax,其中a为常数.

(1)解不等式f(x)<0;(2)试探求函数f(x)存在最小值的充要条件，并求出相应的最小值． 解析：(1)由f(x)得:

ì(1-a)x-a,x>aïïï2

, f(x)=ïí-a,x=a

ï

ï(-1-a)x+a,x<aïïî

由1-a=0得a=1,-1-a=0得a=-1,故将a所在区间分为(-∞,1),[-1,1],(1,+∞)

下面对a所在区间进行讨论:

①当a∈(-∞,-1)时,1-a>0,故函数f1(x)=(1-a)x-a在x≥a部分单调递增,当x=a时存在最小值-a2;-1-a>0, 故函数f2(x)=(-1-a)x-a在x≤a部分单调递增,当x=a时存在最大值-a2,其图象为图1: 由(1-a)x-a=0得交点A,x=

a1-a

故要使f(x)<0,则x∈(

a1-a

,+∞)

②当a∈[-1, 1]时,1-a>0,-1-a<0,由上讨论其函数图象为图2:

X

解得其交点分别为x=

a1+a

,x=

a1-a

,故要使f(x)<0,则x∈(

a

1+a1-a

,

a

);

③当a∈(1, +∞)时,1-a<0,-1-a<0, 由上讨论其函数图象为图3:由函数f2(x)=(-1-a)x-a与x轴的交点为x=

a1+a

,故要使f(x)<0,则x∈(-∞,

a

a1+a

).

综上所述,得: 当a∈(-∞,-1)时, x∈(

a

a

1-a

,+∞);

a1+a

当a∈[-1, 1]时, x∈(

1+a1-a

,);当a∈(1, +∞)时,x∈(-∞,).

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/r2yh.html