高考数学中的绝对值问题.docx

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高考数学中的绝对值问题

高考数学中的绝对值问题

绝对值是高中数学中的一个基本概念，“绝对值问题”历来是高考中经常涉及的问题，可谓常考常新，与函数、导数、数列、不等式证明等知识交汇相结，成为高考的“新宠”。

特别是“绝对值”问题为背景与初等函数结合所构成的综合题。

由于它们在知识上具有综合性，题型上具有新颖性，解题方法上具有灵法多变，还需要利用数形结合、分类讨论、绝对值不等式的放缩等数学思想，对考生的综合知识能力要就求较高，成为考生之间拉分的重要题型之一。

今天只对与函数、不等式结合的绝对值问题的几道例题略作分析，供同学们思考。

一、知识储备：

（1）绝对值概念、绝对值的非负性、几何意义、绝对值的函数图象等。

（2）各类绝对值不等式的解法。

（1）；

（2）；

（3）；

（4）．

（3）绝对值三角不等式：

，及其左右两个等号各自成立的条件。

二、例题：

例1、已知函数，，

当时，有。

（1）证明：

（2）证明：

当时，，

例2、如果对于函数的定义域内的任意，都有成立，那么就称函数是定义域上的“平缓函数”．

（II）若函数是闭区间上的“平缓函数”，且．证明：

对任意的都有。

例3、（2012浙江理22）已知，函数.

（Ⅰ）证明:

当时,（ⅰ）函数的最大值为;

（ⅱ）。

例4、（2012陕西理22）设函数

（II）设,若对任意,有,求的取值范围;

变题：

（连云港市2012－2013）已知函数，其中ÎR．

（1）求函数y=f（x）的单调区间；

（2）若对任意的x1，x2[1，1]，都有，求实数的取值范围；

（3）求函数的零点个数．

三、考题精选：

1.求的最小值为___________

2.若存在实数使成立,则实数的取值范围是___________.

3.若不等式的解集为,则实数__________.

4.在实数范围内，不等式的解集为___________。

5.不等式的解集为__________________.

6.在区间上满足不等式的解有且只有一个，则实数的取值

范围为

7.已知为常数，函数在区间[0，3]上的最大值为2，则___。

8．若函数,则对于不同的实数,则函数的单调区间个数不可能是（）

A.1个B.2个C.3个D.5个

9．设函数满足，,且当,.又函数,则函数在上的零点个数为（　　）

A．5B．6C．7D．8

10.函数在区间内的图象是（）

11．的图象与的图象（且）交于两点（2,5），（8,3），则的值是（）

A．7B．8C．10D．13

12.设函数的图象关于直线对称，则的值为（）

（A）3（B）2（C）1（D）-1

13.设，是二次函数，若的值域是，则的值域是（）

A.B.C.D.

14．已知函数在上恰有两个零点，则实数的取值范围为（）

A．B．C．D．（2，4）

15．若函数，则函数的零点个数为（）

A．4个B．5个C．6个D．7个

16．设函数满足对任意的，且。

已知当时，有，则的值为。

17．设，，求证：

18．设为实数，函数，

（1）讨论的奇偶性；

（2）求的最小值

19．已知函数，若，

求证：

当时，有

20．已知：

，。

（1）、、中至少有一个不小于

（2）若的最大值为M，求证：

。

（3）若时，求的表达式。

21．已知函数

（I）求f（x）的单调区间；

（II）对任意的，恒有，求正实数的取值范围.

22．已知函数.

（1）若a=1，求函数在区间的最大值;

（2）求函数的单调区间；（3）若恒成立，求的取值范围．

23．设函数（，）。

⑴若，求在上的最大值和最小值；

⑵若对任意，都有，求的取值范围；

⑶若在上的最大值为，求的值。

24．已知函数

（1）求函数在点处的切线方程；

（2）求函数单调区间；

（3）若存在，使得是自然对数的底数），求实数的取值范围.

1、解：

由函数,且对任意的，，

有：

，，即

。

由，得

同理：

故当时，有。

此时，，，所以有。

，

当时，故有。

例2、

（1）解：

对于任意，有，

∴，∴．

∴．

∴函数是“平缓函数”．

（2）证明：

当时，由已知得。

当|时，，不妨设，其中，那么

∵，

∴

∴综上，对任意的都有成立。

例3、【解析】本题主要考察不等式,导数,单调性,线性规划等知识点及综合运用能力.

（Ⅰ）（ⅰ）.

当b≤0时,>0在0≤x≤1上恒成立,

此时的最大值为:

=|2a-b|﹢a;

当b>0时,在0≤x≤1上的正负性不能判断,

此时的最大值为:

=|2a-b|﹢a;

综上所述:

函数在0≤x≤1上的最大值为|2a-b|﹢a;

（ⅱ）要证+|2a-b|﹢a≥0,即证=﹣≤|2a-b|﹢a.

亦即证在0≤x≤1上的最大值小于（或等于）|2a-b|﹢a,

∵,∴令.

当b≤0时,<0在0≤x≤1上恒成立,

此时的最大值为:

=|2a-b|﹢a;

当b>0时,在0≤x≤1上的正负性不能判断,

≤|2a-b|﹢a;

综上所述:

函数在0≤x≤1上的最大值小于（或等于）|2a-b|﹢a.

即+|2a-b|﹢a≥0在0≤x≤1上恒成立.

（Ⅱ）由（Ⅰ）知:

函数在0≤x≤1上的最大值为|2a-b|﹢a,

且函数在0≤x≤1上的最小值比﹣（|2a-b|﹢a）要大.

∵﹣1≤≤1对x[0,1]恒成立,

∴|2a-b|﹢a≤1.

取b为纵轴,a为横轴.

则可行域为:

和,目标函数为z=a+b.

作图如下:

由图易得:

当目标函数为z=a+b过P（1,2）时,有,.

∴所求a+b的取值范围为:

.

例4、解析:

（1）,时,

∵,∴在内存在零点.

又当时,

∴在上是单调递增的,所以在内存在唯一零点.

（2）当时,

对任意都有等价于在上最大值与最小值之差,据此分类讨论如下:

（ⅰ）当,即时,

与题设矛盾

（ⅱ）当,即时,

恒成立

（ⅲ）当,即时,

恒成立.

综上可知,

注:

（ⅱ）（ⅲ）也可合并证明如下:

用表示中的较大者.当,即时,

恒成立

（3）证法一设是在内的唯一零点

,

于是有

又由

（1）知在上是递增的,故,

所以,数列是递增数列.

证法二设是在内的唯一零点

则的零点在内,故,

所以,数列是递增数列.

（2012陕西文）设函数

（1）设,,证明:

在区间内存在唯一的零点;

（2）设n为偶数,,,求b+3c的最小值和最大值;

（3）设,若对任意,有,求的取值范围;

解：

（1）证明：

因为，，，

所以

，所以。

（2）当时，

证明：

∵，∴，

∵，∴．

∴，

∴

，

即．

例10设二次函数（，且），已知，，，，当时，证明．

分析：

从知，二次函数的图像是开口向上的抛物线；从且，知，要求证的是，所以抛物线的顶点一定在轴下方，取绝对值后，图像翻到轴上方．因此抛物线的顶点的取值非常重要，也是解这道题的关键所在．

证明：

∵

　　　　，

∴．

又∵，∴．

∴．

又，，

∴

　　　　　．

而的图像为开口向上的抛物线，且，，

∴的最大值应在，或处取得．

∵，，，

∴．

22．解：

（Ⅰ）=（）

令，…1分

①时，，所以增区间是；

②时，，所以增区间是与，减区间是

③时，，所以增区间是与，减区间是

④时，，所以增区间是，减区间是…5分

（Ⅰ）因为，所以，由

（1）知在上为减函数.…6分

若，则原不等式恒成立，∴…7分

若，不妨设，则，，

所以原不等式即为：

，即对任意的，恒成立

令，所以对任意的，有恒成立，所以在闭区间上为增函数…9分

所以对任意的，恒成立

（1）利用绝对值的几何意义。

绝对值与函数相结合

（2）绝对值与不等式、集合相结合

（7）解答题中的绝对值问题

（3）绝对值与简易逻辑相结合

（4）绝对值与数列相结合

（5）绝对值与概率、分布列相结合

（6）绝对值与三角函数相结合

20．解：

（1）若a=1,则．

当时,,，

所以在上单调增,.……………2分

（2）由于，．

（ⅰ）当时，则，，

令，得（负根舍去），

且当时，；当时，，

所以在上单调减，在上单调增.……4分

（ⅱ）当时，

①当时，,

令，得（舍），

若，即,则，所以在上单调增；

若，即,则当时，；当时，，所以在区间上是单调减，在上单调增.………………………………………………………6分

②当时,,

令，得，记，

若，即,则，故在上单调减；

若，即,

则由得，且，

当时，；当时，；当时，，所以在区间上是单调减，在上单调增；在上单调减.…………………………………………8分

综上所述，当时,单调递减区间是，单调递增区间

是；

当时,单调递减区间是，单调的递增区间是

；

当时,单调递减区间是（0,）和，

单调的递增区间是和.………………10分

（3）函数的定义域为．

由，得．*

（ⅰ）当时，，，不等式*恒成立，所以；

（ⅱ）当时，，，所以；………………12分

（ⅲ）当时，不等式*恒成立等价于恒成立或恒成立．

令，则．

因为，所以，从而．

因为恒成立等价于，所以．

令，则．

再令，则在上恒成立，在上无最大值．

综上所述，满足条件的的取值范围是．…………………………16分

19．解

（1）………………………………2分

∴在内,，在

∴在内,为增函数，在内为减函数

∴函数的最大值为，最小值为……………4分

（2）∵对任意有，∴

从而有∴………………………………………6分

又∴在内为减函数，在内为增函数,只需，则

∴的取值范围是……………………………………………10分

（3）由知①②，

①加②得又∵∴∴……………………………………14分

将代入①②得∴………………………16分

19．⑴因为函数，

所以，，…………………………………………2分

又因为，所以函数在点处的切线方程为．…………4分

⑵由⑴，．

因为当时，总有在上是增函数，………………………………8分

又，所以不等式的解集为，

故函数的单调增区间为．………………………………………………10分

⑶因为存在，使得成立，

而当时，，

所以只要即可．……………………………………………12分

又因为，，的变化情况如下表所示：

减函数

极小值

增函数

所以在上是减函数，在上是增函数，所以当时，的最小值，的最大值为和中的最大值．

因为，

令，因为，

所以在上是增函数．

而，故当时，，即；

当时，，即．………………………………………14分

所以，当时，，即，函数在上是增函数，解得；当时，，即，函数在上是减函数，解得．

综上可知，所求的取值范围为．………………………………16分

19．解:

（1）f´（x）=x2－2mx－1,

由f´（x）³0，得x£m－,或x³m+;

故函数的单调增区间为（－∞,m－）,（m+,+∞）,

减区间（m－,m+）.　　　　　　　　……………………………４分

（2）“对任意的x1，x2[1，1]，都有|f（x1）f（x2）|4”等价于“函数y=f´（x）,x