微专题：含有绝对值的函数的最值问题

绝对值最值问题的方法
解绝对值最值问题的一种方法是通过例举法和数学推理。

首先，我们可以列举出给定函数或方程式的所有可能情况，找出绝对值最大或最小值所对应的取值。

例如，对于一个函数f(x) = |x - a| + b，我们可以尝试不同的取值并计算函数值来确定绝对值最值所对应的取值。

另一种方法是利用数学推理来求解绝对值最值问题。

对于绝对值函数，当内部表达式为正时，绝对值等于此表达式本身；当内部表达式为负时，绝对值等于此表达式的相反数。

因此，我们可以通过对内部表达式的符号进行分析，找出使得绝对值最大或最小的取值情况。

例如，对于绝对值函数f(x) = |3x - 7|，我们可以将内部表达式3x - 7分为两种情况，即3x - 7 > 0和3x - 7 < 0。

当3x - 7 > 0时，绝对值等于内部表达式3x - 7本身；当3x - 7 < 0时，绝对值等于内部表达式3x - 7的相反数。

通过对这两种情况进行进一步分析，我们可以确定绝对值最值所对应的取值。

绝对值最值问题方法的选择取决于具体情况和方程式的复杂性。

有时通过列举法和尝试不同的取值可以直接得出答案；有时需要通过数学推理和符号分析来确定取值。

对于更复杂的问题，可能需要借助计算机和数值方法来求解。

微专题19 与分段函数、绝对值函数有关的最值(范围)问题真 题 感 悟(2019·江苏卷)设f (x )，g (x )是定义在R 上的两个周期函数，f (x )的周期为4，g (x )的周期为2，且f (x )是奇函数.当x ∈(0，2]时，f (x )＝1－（x －1）2，g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧k （x ＋2），0<x ≤1，－12，1<x ≤2，其中k >0.若在区间(0，9]上，关于x 的方程f (x )＝g (x )有8个不同的实数根，则k 的取值范围是________.解析 当x ∈(0，2]时，y ＝f (x )＝1－（x －1）2，即(x －1)2＋y 2＝1(y ≥0)，故f (x )的图象是以(1，0)为圆心，1为半径的半圆.结合f (x )是周期为4的奇函数，可作出f (x )在(0，9]上的图象如图所示.∵当x ∈(1，2]时，g (x )＝－12，又g (x )的周期为2，∴当x ∈(3，4]∪(5，6]∪(7，8]时，g (x )＝－12.由图可知，当x ∈(1，2]∪(3，4]∪(5，6]∪(7，8]时，f (x )与g (x )的图象有2个交点.故当x ∈(0，1]∪(2，3]∪(4，5]∪(6，7]∪(8，9]时，f (x )与g (x )的图象有6个交点.又当x ∈(0，1]时，y ＝g (x )＝k (x ＋2)(k >0)恒过定点A (－2，0)，由图可知，当x ∈(2，3]∪(6，7]时，f (x )与g (x )的图象无交点，∴当x ∈(0，1]∪(4，5]∪(8，9]时，f (x )与g (x )的图象有6个交点.由f (x )与g (x )的周期性可知，当x ∈(0，1]时，f (x )与g (x )的图象有2个交点. 当y ＝k (x ＋2)与圆弧(x －1)2＋y 2＝1(0<x ≤1)相切时，d ＝|3k |k 2＋1＝1⇒k 2＝18(k >0)⇒k ＝24. 当y ＝k (x ＋2)过点A (－2，0)与B (1，1)时，k ＝13.∴13≤k <24.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，24 考 点 整 合1.分段函数主要考查由基本初等函数所构成的分段函数的图象与性质，主要题型有以下几种：(1)解有关分段函数的不等式，只要找准分类的标准，转化为不等式组即可求解；(2)求分段函数在给定区间上的值域或根据值域求参数的范围，要根据函数的图象，对极值点或最值点与区间的位置关系分类讨论；(3)求分段函数的单调区间、最值，要通过基本函数法、图象法、导数法判断相应区间的单调性，特别注意不等式解集端点和区间端点的大小的比较，以及函数的定义域.2.含绝对值函数主要考查由基本初等函数构成的绝对值函数的单调性、极值、最值等问题.题型有以下几种：(1)探究绝对值函数的单调性、极值、最值；(2)已知绝对值函数在给定区间上的最值或单调性，求参数的范围；以上题型的处理有两种常见的方法：①转化为分段函数来讨论；②考虑绝对值内函数的图象与性质，然后根据函数的图象关系来处理.热点一 分段函数、含绝对值函数与不等式结合的范围问题【例1】 已知函数f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x ＞0时，f (x )＝|x －a |－a (a ∈R ).若∀x ∈R ，f (x ＋2 016)＞f (x )，则实数a 的取值范围是________.解析 当a ＝0时，f (x )＝x ，x ∈R ，满足条件；当a ＜0时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －2a ，x ＞0，0，x ＝0，x ＋2a ，x ＜0为R 上的单调递增函数，也满足条件；当a ＞0时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －2a ，x ＞a ，－x ，－a ≤x ≤a ，x ＋2a ，x ＜－a ，要满足条件，需4a ＜2 016，即0＜a ＜504，综上，实数a 的取值范围是a ＜504.答案 (－∞，504)探究提高 (1)可以根据函数的奇偶性，将所给函数转化为分段函数的形式.(2)利用函数的单调性解决不等式问题的关键是化成f (x 1)＜f (x 2)的形式.【训练1】 (2019·天津卷改编)已知a ∈R ，设函数f (x )＝⎩⎨⎧x 2－2ax ＋2a ，x ≤1，x －a ln x ，x >1.若关于x 的不等式f (x )≥0在R 上恒成立，则a 的取值范围为________.解析 当x ≤1时，由f (x )＝x 2－2ax ＋2a ≥0恒成立，而二次函数f (x )图象的对称轴为直线x ＝a ，所以当a ≥1时，f (x )min ＝f (1)＝1>0恒成立，当a <1时，f (x )min ＝f (a )＝2a －a 2≥0，∴0≤a <1.综上，a ≥0.当x >1时，由f (x )＝x －a ln x ≥0恒成立，即a ≤x ln x 恒成立.设g (x )＝x ln x (x >1)，则g ′(x )＝ln x －1（ln x ）2.令g ′(x )＝0，得x ＝e ，且当1<x <e 时，g ′(x )<0，当x >e 时，g ′(x )>0，∴g (x )min ＝g (e)＝e ，∴a ≤e.综上，a 的取值范围是0≤a ≤e ，即[0，e].答案 [0，e]热点二 分段函数、含绝对值函数与零点相关的最值(范围)问题【例2】 (1)(2019·南京、盐城一模)设函数f (x )是偶函数，当x ≥0时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x （3－x ），0≤x ≤3，－3x＋1，x ＞3，若函数y ＝f (x )－m 有四个不同的零点，则实数m 的取值范围是________.(2)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧2－|x |，x ≤2，（x －2）2，x ＞2，函数g (x )＝b －f (2－x )，其中b ∈R ，若函数y ＝f (x )－g (x )恰有4个零点，则b 的取值范围是________.解析 (1)先画出x ≥0时的函数图象，再利用偶函数的对称性得到x ＜0时的图象.令y ＝f (x )，y ＝m ，由图象可得要有四个不同的零点，则m∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，94.(2)函数y ＝f (x )－g (x )恰有4个零点，即方程f (x )－g (x )＝0，即b ＝f (x )＋f (2－x )有4个不同实数根，即直线y ＝b 与函数y ＝f (x )＋f (2－x )的图象有4个不同的交点，又y ＝f (x )＋f (2－x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋x ＋2，x ＜0，2，0≤x ≤2，x 2－5x ＋8，x ＞2，作出该函数的图象如图所示，由图可知，当74＜b ＜2时，直线y ＝b 与函数y ＝f (x )＋f (2－x )的图象有4个不同的交点，故函数y ＝f (x )－g (x )恰有4个零点时，b 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫74，2. 答案 (1)⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，94 (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫74，2 探究提高 利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法(1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解.(2)分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解.(3)转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解.【训练2】 (2019·南京模拟)已知a ＞0，若函数f (x )＝⎩⎨⎧2e 2ln x ，x ＞0，|x 3＋x |，x ≤0且g (x )＝f (x )－ax 2有且只有5个零点，则a 的取值范围是________.解析 由题意可知，x ＝0是g (x )的1个零点，当x ≠0时，由f (x )＝ax 2可得a ＝⎩⎪⎨⎪⎧2e 2ln x x 2，x ＞0，⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1x ，x ＜0， 令h (x )＝2e 2ln x x 2(x ＞0)，则h ′(x )＝2e 2（1－2ln x ）x 3. 当0＜x ＜e 时，h ′(x )＞0，当x ＞e 时，h ′(x )＜0，∴h (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，∴h (x )≤h (e)＝e ，且当x →＋∞时，h (x )→0，当x →0时，h (x )＜0.在同一平面直角坐标系中作出h (x )和y ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1x 的图象， 由图可知，g (x )＝f (x )－ax 2有且只有5个零点需满足2＜a ＜e ，则a 的取值范围是(2，e).答案 (2，e)热点三 分段函数、含绝对值函数图象与性质的综合应用【例3】 (2019·连云港二模)已知函数f (x )＝e x －ax －1，其中e 为自然对数的底数，a ∈R .(1)若a ＝e ，函数g (x )＝(2－e)x .①求函数h (x )＝f (x )－g (x )的单调区间；②若函数F (x )＝⎩⎨⎧f （x ），x ≤m ，g （x ），x ＞m的值域为R ，求实数m 的取值范围. (2)若存在实数x 1，x 2∈[0，2]，使得f (x 1)＝f (x 2)，且|x 1－x 2|≥1，求证：e －1≤a ≤e 2－e.(1)解 若a ＝e ，则f (x )＝e x －e x －1.又g (x )＝(2－e)x .①h (x )＝e x －2x －1(x ∈R )，求导得h ′(x )＝e x －2.令h ′(x )＜0，得x ＜ln 2；令h ′(x )＞0，得x ＞ln 2，所以h (x )的单调递减区间是(－∞，ln 2]，单调递增区间是[ln 2，＋∞).②首先，一次函数g (x )＝(2－e)x 在(m ，＋∞)上单调递减，值域为(－∞，(2－e)m ). 因为f ′(x )＝e x －e ，易得f (x )在(－∞，1]上单调递减，在[1，＋∞)上单调递增，且当x →－∞时，f (x )→＋∞，所以在(－∞，m ]上，f (x )min ＝⎩⎨⎧f （m ）＝e m －e m －1，m ＜1，f （1）＝－1，m ≥1，其值域为[f (x )min ，＋∞). 因为F (x )的值域为R ，所以f (x )min ≤(2－e)m ，即⎩⎨⎧m ＜1，e m －e m －1≤（2－e ）m 或⎩⎨⎧m ≥1，－1≤（2－e ）m ，即⎩⎨⎧m ＜1，e m －2m －1≤0或1≤m ≤1e －2. 由①知，h (m )＝e m －2m －1在(－∞，ln 2]上单调递减，在[ln 2，1)上单调递增，且h (0)＝0，h (1)＝e －3＜0，所以h (m )≤0的解集为[0，1).综上所述，实数m 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，1e －2. (2)证明 由f (x )＝e x －ax －1，得f ′(x )＝e x －a .当a ≤0时，f (x )在[0，2]上单调递增，不合题意；当a ＞0时，若ln a ≤0或ln a ≥2，则f (x )在[0，2]上单调，也不合题意； 当0＜ln a ＜2时，f (x )在[0，ln a ]上单调递减，在[ln a ，2]上单调递增. 由x 1，x 2∈[0，2]，f (x 1)＝f (x 2)，不妨设0≤x 1＜ln a ＜x 2≤2.又因为|x 1－x 2|≥1，所以x 1∈[0，1]，且x 2∈[1，2]，从而x 1≤1≤x 2.所以f (1)≤f (x 1)≤f (0)，且f (1)≤f (x 2)≤f (2).由⎩⎨⎧f （1）≤f （0），f （1）≤f （2）得⎩⎨⎧e －a －1≤0，e －a －1≤e 2－2a －1，解得e －1≤a ≤e 2－e ，得证.探究提高 (1)分段函数实质还是一个函数，它的定义域、值域分别为各段的并集.(2)求函数f (x )＝e x －e x －1在动区间上的最值，要按极值点与区间的位置关系来讨论.(3)解不等式组⎩⎪⎨⎪⎧m ＜1，e m －2m －1≤0时，常规思路无法处理时，要能通过函数的单调性和图象来处理.(4)第(2)问的处理，需要研究函数f (x )＝e x －ax －1的图象和性质，要通过函数图象来分析，体现数形结合的思想方法.【训练3】 已知a 为正常数，函数f (x )＝|ax －x 2|＋ln x .(1)若a ＝2，求函数f (x )的单调递增区间；(2)设g (x )＝f （x ）x ，求函数g (x )在区间[1，e]上的最小值.解 (1)由a ＝2得f (x )＝|2x －x 2|＋ln x (x ＞0)，当0＜x ＜2时，f (x )＝2x －x 2＋ln x ，f ′(x )＝2－2x ＋1x ＝－2x 2＋2x ＋1x . 由f ′(x )＝0得－2x 2＋2x ＋1＝0，解得x ＝1＋32或x ＝1－32(舍去). 当0＜x ＜1＋32时，f ′(x )＞0； 当1＋32＜x ＜2时，f ′(x )＜0.所以函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎪⎫0，1＋32； 当x ＞2时，f (x )＝x 2－2x ＋ln x ，f ′(x )＝2x －2＋1x ＝2x 2－2x ＋1x＞0. 所以f (x )在(2，＋∞)上为增函数.所以函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎪⎫0，1＋32，(2，＋∞). (2)g (x )＝f （x ）x ＝|x －a |＋ln x x ，x ∈[1，e].①若a ≤1，则g (x )＝x －a ＋ln x x .故g ′(x )＝1＋1－ln x x 2＝x 2＋1－ln x x 2. 因为x ∈[1，e]，所以0≤ln x ≤1，所以1－ln x ≥0，x 2＋1－ln x ＞0，所以g ′(x )＞0.所以g (x )在[1，e]上为增函数，所以g (x )的最小值为g (1)＝1－a ；②若a ≥e ，则g (x )＝a －x ＋ln x x ，则g ′(x )＝－1＋1－ln x x 2＝－x 2＋1－ln x x 2. 令h (x )＝－x 2＋1－ln x ，则h ′(x )＝－2x －1x ＜0.所以h (x )在[1，e]上为减函数，则h (x )≤h (1)＝0.所以g ′(x )≤0，所以g (x )在[1，e]上为减函数，所以g (x )的最小值为g (e)＝a －e ＋1e . ③当1＜a ＜e时，g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －a ＋ln x x ，x ∈（a ，e]，a －x ＋ln x x ，x ∈[1，a ]，由①②知g (x )在[1，a ]上为减函数，在[a ，e]上为增函数，所以g (x )的最小值为g (a )＝ln a a .综上，g (x )的最小值为g (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧1－a ，a ≤1，ln a a ，1＜a ＜e ，a －e ＋1e ，a ≥e.【新题感悟】 (2019·南京、盐城高三二模)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧|x ＋3|，x ≤0，x 3－12x ＋3，x ＞0，设g (x )＝kx ＋1，且函数y ＝f (x )－g (x )的图象经过四个象限，则实数k 的取值范围为________.解析 当x ≤0时，f (x )－g (x )＝|x ＋3|－kx －1，须使f (x )－g (x )的图象过第三象限，所以f (－3)－g (－3)＜0，解之得k ＜13.当x ＞0时，f (x )－g (x )＝x 3－(12＋k )x ＋2，因为f ′(x )－g ′(x )＝3x 2－12－k ，所以须使f (x )－g (x )的图象过第四象限，必须⎩⎪⎨⎪⎧12＋k ＞0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋k 3－g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋k 3＜0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧12＋k ＞0，12＋k 312＋k 3＞1，∴k ＞－9.综上得－9＜k ＜13. 答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－9，13一、填空题1.(2019·苏北四市调研)函数f (x )＝⎩⎨⎧2x ，x ≤0，－x 2＋1，x ＞0的值域为________. 解析 当x ≤0时，y ＝2x ∈(0，1]；当x ＞0时，y ＝－x 2＋1∈(－∞，1).综上， 该函数的值域为(－∞，1].答案 (－∞，1]2.已知函数f (x )＝⎩⎨⎧9，x ≥3，－x 2＋6x ，x ＜3，则不等式f (x 2－2x )＜f (3x －4)的解集是________.解析 因为当x ＜3时，f (x )单调递增，且f (x )＜9，因此不等式f (x 2－2x )＜f (3x －4)等价于x 2－2x ＜3x －4且x 2－2x ＜3，解得1＜x ＜4且－1＜x ＜3，即所求不等式的解集为(1，3).答案 (1，3)3.(2019·南京、盐城调研)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧－x 2＋2x ，x ≤0，ln （x ＋1），x >0.若|f (x )|≥ax ，则实数a 的取值范围是________.解析 函数y ＝|f (x )|的图象如图.y ＝ax 为过原点的一条直线，当a ＞0时，与y ＝|f (x )|的图象在y 轴右侧总有交点，不合题意；当a ＝0时成立；当a ＜0时，找与y ＝|－x 2＋2x |(x ≤0)即y ＝x 2－2x 的图象相切的情况，设切点为(x 0，y 0)，由y ′＝2x －2，知切线方程为y ＝(2x 0－2)(x －x 0)，由分析可知x 0＝0，所以a ＝－2，综上，a ∈[－2，0].答案 [－2，0]4.(2019·天津卷改编)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ，0≤x ≤1，1x，x >1.若关于x 的方程f (x )＝－14x ＋a (a ∈R )恰有两个互异的实数解，则a 的取值范围为________.解析 如图，分别画出两函数y ＝f (x )和y ＝－14x ＋a 的图象. (1)先研究当0≤x ≤1时，直线y ＝－14x ＋a 与y ＝2x 的图象只有一个交点的情况.当直线y ＝－14x ＋a 过点B (1，2)时， 2＝－14＋a ，解得a ＝94. 所以0≤a ≤94.(2)再研究当x >1时，直线y ＝－14x ＋a 与y ＝1x 的图象只有一个交点的情况： ①相切时，由y ′＝－1x 2＝－14，得x ＝2，此时切点为⎝ ⎛⎭⎪⎫2，12，则a ＝1.②相交时，由图象可知直线y ＝－14x ＋a 从过点A 向右上方移动时与y ＝1x 的图象只有一个交点.过点A (1，1)时，1＝－14＋a ，解得a ＝54.所以a ≥54. 结合图象可得，所求实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤54，94∪{1}.答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤54，94∪{1}5.已知函数f (x )＝⎩⎨⎧x ＋2，x ＞a ，x 2＋5x ＋2，x ≤a ，若函数g (x )＝f (x )－2x 恰有三个不同的零点，则实数a 的取值范围是________. 解析 g (x )＝f (x )－2x ＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2，x ＞a ，x 2＋3x ＋2，x ≤a ，要使函数g (x )恰有三个不同的零点，只需g (x )＝0恰有三个不同的实数根， 所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＞a ，－x ＋2＝0或⎩⎪⎨⎪⎧x ≤a ，x 2＋3x ＋2＝0，所以g (x )＝0的三个不同的实数根为x ＝2(x ＞a )，x ＝－1(x ≤a )，x ＝－2(x ≤a ). 再借助数轴，可得－1≤a ＜2， 所以实数a 的取值范围是[－1，2). 答案 [－1，2)6.(2018·苏州自主学习)设f (x )是定义在R 上的偶函数，且当x ≥0时，f (x )＝2x ，若对任意的x ∈[a ，a ＋2]，不等式f (x ＋a )≥f 2(x )恒成立，则实数a 的取值范围是________.解析 法一(利用解析式) 由当x ≥0时，定义在R 上的偶函数f (x )＝2x ，易得f (x )＝2|x |，x ∈R .由f (x ＋a )≥f 2(x )得，2|x ＋a |≥(2|x |)2，即|x ＋a |≥|2x |对于x ∈[a ，a ＋2]恒成立，即(3x ＋a )(x －a )≤0对于x ∈[a ，a ＋2]恒成立，即⎩⎪⎨⎪⎧（3a ＋a ）（a －a ）≤0，[3（a ＋2）＋a ]（a ＋2－a ）≤0，解得a ≤－32. 法二(偶函数的性质) 由当x ≥0时，定义在R 上的偶函数f (x )＝2x ，易得f (x )＝2|x |，x ∈R ，易证f 2(x )＝f (2x )，x ∈R ，故由f (x ＋a )≥f 2(x )得，|x ＋a |≥|2x |对于x ∈[a ，a ＋2]恒成立，下同法一. 答案 ⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－327.(2019·浙江卷)已知a ∈R ，函数f (x )＝ax 3－x .若存在t ∈R ，使得|f (t ＋2)－f (t )|≤23，则实数a 的最大值是________. 解析 由题意，得f (t ＋2)－f (t ) ＝a (t ＋2)3－(t ＋2)－(at 3－t ) ＝a [(t ＋2)3－t 3]－2＝a (t ＋2－t )[(t ＋2)2＋(t ＋2)t ＋t 2]－2 ＝2a (3t 2＋6t ＋4)－2＝2a [3(t ＋1)2＋1]－2. 由|f (t ＋2)－f (t )|≤23， 得|2a [3(t ＋1)2＋1]－2|≤23， 即－23≤2a [3(t ＋1)2＋1]－2≤23， 23≤a [3(t ＋1)2＋1]≤43，∴23·13（t ＋1）2＋1≤a ≤43·13（t ＋1）2＋1. 设g (t )＝43·13（t ＋1）2＋1，则当t ＝－1时，g (t )max ＝43.∴当t ＝－1时，a 取得最大值43.满足题意. 答案 438.(2014·江苏卷)已知f (x )是定义在R 上且周期为3的函数，当x ∈[0，3)时，f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 2－2x ＋12.若函数y ＝f (x )－a 在区间[－3，4]上有10个零点(互不相同)，则实数a 的取值范围是________.解析 作出函数y ＝f (x )在[－3，4]上的图象，f (－3)＝f (－2)＝f (－1)＝f (0)＝f (1)＝f (2)＝f (3)＝f (4)＝12，观察图象可得0＜a ＜12.答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12二、解答题9.已知函数f (x )＝⎩⎨⎧3x －a ，x ＜1，π（x －3a ）（x －2a ），x ≥1，若f (x )恰有2个零点，求实数a的取值范围.解 当x ＜1时，函数h (x )＝3x －a 有一个零点， 则a ＝3x ，由0＜3x ＜3，得0＜a ＜3；而此时函数g (x )＝π(x －2a )(x －3a )只有一个零点， 所以⎩⎨⎧3a ≥1，2a ＜1，解得13≤a ＜12；当x ＜1时，函数h (x )＝3x －a 没有零点， 则函数g (x )＝π(x －2a )(x －3a )必有两个零点， 则h (1)＝3－a ≤0，即a ≥3时，函数g (x )＝π(x －2a )(x －3a )有两个零点2a ，3a 符合题设，故a ≥3. 综上，a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，12∪[3，＋∞).10.已知关于x 的方程⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－1x ＋2－kx －2＝0有三个不相等的实数根，求实数k 的取值范围.解 由题可知，⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－1x ＋2＝kx ＋2，分别作出函数y ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－1x ＋2及y ＝kx ＋2的图象如图所示，若关于x 的方程⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－1x ＋2－kx －2＝0有三个不相等的实数根，则两函数图象有三个公共点.又直线y ＝kx ＋2恒过点(0，2)，可知当k ＜0，显然成立.当k ＞0且与曲线y ＝1－1x ＋2在(－∞，－2)上有两个交点时满足题意，此时1－1x ＋2＝kx ＋2， 即kx 2＋(2k ＋1)x ＋3＝0在(－∞，－2)上有两个不等实根，由⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝4k 2－8k ＋1＞0，－2k ＋12k ＜－2，k ·（－2）2＋（2k ＋1）·（－2）＋3＞0，解得－12＜k ＜1－32，所以0＜k ＜1－32.综上，实数k 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－32∪(－∞，0).11.(2019·北京卷)已知函数f (x )＝14x 3－x 2＋x . (1)求曲线y ＝f (x )的斜率为1的切线方程； (2)当x ∈[－2，4]时，求证：x －6≤f (x )≤x ；(3)设F (x )＝|f (x )－(x ＋a )|(a ∈R )，记F (x )在区间[－2，4]上的最大值为M (a ).当M (a )最小时，求a 的值.(1)解 由f (x )＝14x 3－x 2＋x 得f ′(x )＝34x 2－2x ＋1.令f ′(x )＝1，即34x 2－2x ＋1＝1，得x ＝0或x ＝83. 又f (0)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫83＝827，所以曲线y ＝f (x )的斜率为1的切线方程是y ＝x 与y －827＝x －83， 即y ＝x 与y ＝x －6427.(2)证明 令g (x )＝f (x )－x ，x ∈[－2，4]. 则g (x )＝14x 3－x 2，g ′(x )＝34x 2－2x ，x ∈[－2，4]. 令g ′(x )＝0得x ＝0或x ＝83.当x 变化时，g ′(x )，g (x )的变化情况如下：故－6≤g(x)≤0，即x－6≤f(x)≤x.(3)解由(2)知，当a<－3时，M(a)＝F(0)＝|g(0)－a|＝－a>3；当a>－3时，M(a)＝F(－2)＝|g(－2)－a|＝6＋a>3；当a＝－3时，M(a)＝3；综上，当M(a)最小时，a＝－3.。

微专题24 绝对值函数问题【题型归纳目录】题型一：含一个绝对值的函数与不等式问题 题型二：含两个绝对值的和的问题 题型三：含两个绝对值的差的问题 题型四：含多个绝对值的问题 【典型例题】题型一：含一个绝对值的函数与不等式问题 例1．不等式|23|5x -<的解集为( ) A ．(1,4)- B ．(-∞，1)(4-⋃，)+∞C ．(,4)-∞D ．(1,)-+∞【解析】解：|23|5x -<， 5235x ∴-<-<，解得：14x -<<， 故选：A ．例2．不等式|1|3x -<的解集是( ) A ．(-∞，2)(4-⋃，)+∞ B ．(2,4)-C ．(1,4)D ．(-∞，1)(4⋃，)+∞【解析】解：|1|3x -<，313x ∴-<-<，24x ∴-<<， 故不等式的解集是(2,4)-， 故选：B ．例3．若不等式|2|3a x x -+对任意[0x ∈，2]恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．(1,3)-B ．[1-，3]C ．(1,3)D ．[1，3]【解析】解：由不等式|2|3a x x -+对任意[0x ∈，2]上恒成立，可得()|2|f x a x =-的图象在[0x ∈，2]上恒位于直线3y x =+的下方或在直线3y x =+上， 如图所示：∴02(2)|4|5af a ⎧<⎪⎨⎪=-⎩①，或02(2)|4|5(0)||3a f a f a ⎧⎪⎪=-⎨⎪=⎪⎩②．由①可得10a -<，由②可得03a ，故实数a 的取值范围是{|10a a -<，或者03}[1a =-，3]，故选：B ．变式1．已知t 为常数，函数2|4|y x x t =--在区间[0，6]上的最大值为10，则t = 2或6 ． 【解析】解：函数22|4||(2)4|y x x t x t =--=---在区间[0，6]上的最大值为10， 故有2(62)410t ---=，或410t +=，求得2t =，或6t =， 故答案为：2或6．变式2．已知不等式|3|1x a x ->-对任意(0,2)x ∈恒成立，则实数a 的取值范围是 (,3)[7-∞，)+∞【解析】解：|3|1x a x ->-等价于31x a x ->-或31x a x -<-，解得12a x ->或14a x +<， 当1124a a -+<，即3a <时，不等式解集为R ，显然符合题意． 当3a 时，(0，2)(⊆-∞，11)(42a a +-⋃，)+∞， 所以124a +或102a -，解得7a 或1a （舍去）， 综上，实数a 的取值范围是7a 或3a <． 故答案为：(,3)[7-∞，)+∞．变式3．已知a R ∈，函数4()||f x x a a x =+-+在区间[1，4]上的最大值是5，则a 的取值范围是 (-∞，9]2． 【解析】解：由题可知4||5x a a x +-+，即4||5x a a x+--，所以5a ， 又因为4||5x a a x+--， 所以455a x a a x -+--， 所以4255a x x-+，又因为14x ，445x x +， 所以254a -，解得92a， 故答案为：(-∞，9]2．变式4．若函数4||y a x a x=-+-在区间[1，4]上的最小值是4，实数a 的取值范围是 [4.5，)+∞ ． 【解析】解：由4y x x=+在[1，2)递减，[2，4]递增， 可得4y x x=+的最小值为4，最大值为5， 函数4||y a x a x=-+-的最值在顶点或区间的端点处取得， 若f （1）取得最小值4，即|5|4a a --=，可得 4.5a =， 即有4() 4.5| 4.5|f x x x=-+-，且此时f （1）f =（2）f =（4）取得最小值，成立； 若f （2）取得最小值4，即|4|4a a --=，即有4a ；此时f （1）|5|a a =--，f （4）|5|a a =--，f （2）4=，由f （2）f （1），解得 4.5a ； 当f （4）取得最小值4，即|5|4a a --=，解得 4.5a =，成立． 综上可得a 的范围是[4.5，)+∞． 故答案为：[4.5，)+∞．题型二：含两个绝对值的和的问题例4．不等式|1||2|4x x -++的解集是( ) A ．53(,)22-B ．53[,]22-C ．3[2,]2-D ．5[,1)2-【解析】解：令()|1||2|f x x x =-++， 则21,2()3,2121,1x x f x x x x ---⎧⎪=-<<⎨⎪+⎩，∴当2x -时，|2||1|4214x x x ++-⇔--，522x ∴--； 当21x -<<时，有34恒成立，当1x 时，|2||1|4214x x x ++-⇔+，312x∴． 综上所述，不等式|2||1|4x x ++-的解集为5[2-，3]2．故选：B ．例5．不等式2|1||2|2x x a a ++--恒成立，则a 的取值范围是( ) A ．(,3)-∞B ．(3,)+∞C ．[1-，3]D ．(-∞，1][3-，)+∞【解析】解：|1||2||(1)(2)|3x x x x ++-++-=，|1||2|x x ∴++-的最小值为3，2|1||2|2x x a a ++--恒成立，∴只需223a a -，13a ∴-，a ∴的取值范围为[1-，3]．故选：C ．例6．若关于x 的不等式|2||1|x x a -+-在R 上恒成立，则a 的最大值是( ) A ．0B ．1C ．1-D ．2【解析】解：由绝对值的性质得()|2||1||(2)(1)|1f x x x x x =-+----=，所以()f x 最小值为1，从而1a ，解得1a ， 因此a 的最大值为1． 故选：B ．变式5．若关于x 的不等式|2|||x x a a -+-在R 上恒成立，则a 的最大值是( )A ．0B ．1C ．1-D ．2【解析】解：化简得：|2||||(2)()||2|x x a x x a a a -+----=-，当20a -，即2a 时，上式化为2a a -，实数a 无解；当20a -，即2a 时，上式化为2a a -，解得22a ，解得1a ， 综上，实数a 的范围为1a ， 则实数a 的最大值为1． 故选：B ．变式6．不等式|1||24|6x x ++->的解集为 (-∞，1)(3-⋃，)+∞ ． 【解析】解：由于33,1|1||24|5,1233,2x x x x x x x x -<-⎧⎪++-=--<⎨⎪-⎩，故当1x <-时，不等式即336x ->，解得1x <-． 当12x -<时，不等式即56x ->，解得x 无解．当2x 时，不等式即336x ->，解得3x >． 综上可得，不等式的解集为(-∞，1)(3-⋃，)+∞， 故答案为(-∞，1)(3-⋃，)+∞．变式7．关于x 的不等式|2||8|x x a -+-在R 上恒成立，则a 的最大值为 6 ． 【解析】解：由绝对值的性质得()|2||8||(2)(8)|6f x x x x x =-+----=，所以()f x 最小值为6，从而6a ，解得6a ， 因此a 的最大值为6． 故答案为：6．变式8．已知函数()f x 是定义在R 上的奇函数，当0x 时，1()(|||2|3||)2f x x a x a a =-+--．若集合{|(1)()0x f x f x -->，}x R ∈=∅，则实数a 的取值范围为 1(,]6-∞ ．【解析】解：若{|(1)()0x f x f x -->，}x R ∈=∅， 则等价为(1)()0f x f x --恒成立，即(1)()f x f x -恒成立， 当0x 时，1()(|||2|3||)2f x x a x a a =-+--．若0a ，则当0x 时，1()(23)2f x x a x a a x =-+-+=，()f x 是奇函数，∴若0x <，则0x ->，则()()f x x f x -=-=-，则()f x x =，0x <，综上()f x x =，此时函数为增函数，则(1)()f x f x -恒成立， 若0a >，若0x a 时，1()[(2)3]2f x x a x a a x =-+---=-；当2a x a <时，1()[(2)3]2f x x a x a a a =----=-；当2x a >时，1()(23)32f x x a x a a x a =-+--=-．即当0x 时，函数的最小值为a -， 由于函数()f x 是定义在R 上的奇函数， 当0x <时，()f x 的最大值为a ， 作出函数的图象如图： 由于x R ∀∈，(1)()f x f x -，故函数(1)f x -的图象不能在函数()f x 的图象的上方，结合图可得133a a -，即61a ，求得106a <， 综上16a， 故答案为：(-∞，1]6题型三：含两个绝对值的差的问题例7．若存在实数x 使得不等式2|1||1|3x x a a +---成立，则实数a 的取值范围为( ) A ．(-∞317317][2-+，)+∞ B ．(-∞，2][1-，)+∞C ．[1，2]D ．(-∞，1][2，)+∞【解析】解：令2,1()|1||1|2,112,1x f x x x x x x --⎧⎪=+--=-<<⎨⎪⎩，则2()2f x -，即2|1||1|2x x -+--，若存在实数x 使得不等式2|1||1|3x x a a +---成立， 则232a a --， 解得2a 或1a ． 故选：D ．例8．若关于x 的不等式2|1||2|2x x a a +-->+有实数解，则实数a 的取值范围为( ) A ．(3,1)-B ．(1,3)-C ．(-∞，3)(1-⋃，)+∞D ．(-∞，1)(3-⋃，)+∞【解析】解：|1||2||(1)(2)|3x x x x +--+--=，3|1||2|3x x ∴-+--，由不等式2|1||2|2x x a a +-->+有实数解， 知232a a >+，解得31a -<<．故选：A ．例9．若关于x 的不等式2|1||2|4x x a a +--<-有实数解，则实数a 的取值范围为( )A ．(-∞，1)(3⋃，)+∞B ．(1,3)C ．(-∞，3)(1--⋃，)+∞D ．(3,1)--【解析】解：|1||2|x x +--表示数轴上的x 对应点到1-的距离减去它到2的距离，它的最大值为3，最小值等于3-，243a a ->-，2430a a -+>，3a ∴>，或1a <，故实数a 的取值范围为(-∞，1)(3⋃，)+∞，故选：A ．变式9．对所有的x R ∈，不等式2|20||5|2x x a a ---+恒成立，实数a 的取值范围是 (-∞，5][3-，)+∞【解析】解：|20||5|15x x ---，对所有的x R ∈，不等式2|20||5|2x x a a ---+恒成立，则2215a a +，解得5a -或3a ．故答案为(-∞，5][3-，)+∞．变式10．关于x 的不等式2|3||1|5x x a a +---的解集不是∅，则实数a 的取值范围为 (-∞，1][4，)+∞ ．【解析】解：|3||1||(3)(1)|4x x x x +---+--=-， (|3||1|)4min x x ∴+--=-．不等式2|3||1|5x x a a +---的解集不是∅，∴只需25(|3||1|)4min a a x x -+--=-，2540a a ∴-+，4a ∴或1a ，a ∴的取值范围为(-∞，1][4，)+∞．故答案为：(-∞，1][4，)+∞． 题型四：含多个绝对值的问题例10．设函数()|1||2||2018||1||2||2018|()f x x x x x x x x R =++++⋯+++-+-+⋯+-∈，下列四个命题中真命题的序号是( ) （1）()f x 是偶函数；（2）当且仅当0x =时，()f x 有最小值； （3）()f x 在(0,)+∞上是增函数；（4）方程2(55)(2)f a a f a -+=-有无数个实根 A ．（1）（4）B ．（1）（2）C ．（1）（2）（3）D ．（2）（3）（4）【解析】解：()|1||2||2018||1||2||2018|f x x x x x x x =++++⋯+++-+-+⋯+-，()|1||2||2018||1||2||2018|f x x x x x x x ∴-=-++-++⋯+-++--+--+⋯+-- |1||2||2018||1||2||2018|()x x x x x x f x =-+-+⋯+-+++++⋯++=， ()f x ∴为偶函数，故（1）正确．根据绝对值的几何意义可得()(|1||1|)(|2||2|)(|3||3|)(|2018||2018|)f x x x x x x x x x =++-+++-+++-+⋯+++- 2018(24036)2464036201820192++++⋯+==⨯，当且仅当11x -时，取等号．故（2）错误；由于1()2f f =（1），显然函数()f x 在(0,)+∞上不是增函数，故（3）不正确；由于2(55)(2)f a a f a -+=-，且函数()f x 为偶函数，2552a a a ∴-+=-，或255(2)a a a -+=--，或21551121a a a ⎧--+⎨--⎩． 解得1a =，或3a =，或32a =或13a ，故方程2(55)(2)f a a f a -+=-有无数个实根，故（4）正确． 故答案为：（1）（4） 故选：A ．例11．若|1||2||10||11|x x x x m -+-+-+-对一切x R ∈恒成立，则实数m 的取值范围为 (-∞，18] ． 【解析】解：244,(1)222,(12)|1||2||10||11|18,(210)22,(1011)424,(11)x x x x x x x x x x x x x -⎧⎪-<⎪⎪-+-+-+-=<⎨⎪-<⎪->⎪⎩，可得|1||2||10||11|18x x x x -+-+-+-，若|1||2||10||11|x x x x m -+-+-+-对一切x R ∈恒成立，则实数m 的取值范围为(-∞，18]． 故答案为：(-∞，18]．例12．已知函数()|1||21||31||1001|f x x x x x =-+-+-+⋯+-，则当x = 171时，()f x 取得最小值． 【解析】解：()|1||21||31||1001|f x x x x x =-+-+-+⋯+- 111|1|2||3||100||23100x x x x =-+-+-+⋯+-111111|1|||||||||||||22333100x x x x x x x =-+-+-+-+-+-+⋯+-共有1(1100)10050502+⨯⨯=项 又||||||x a x b a b -+--（注:||x a -为x 到a 的距离⋯||||x a x b -+-即为x 到a 的距离加上x 到b 的距离，当x 在a ，b 之间时，||||x a x b -+-最小且值为a 到b 的距离） 所以()f x 的5050项 前后对应每两项相加，使用公式||||||x a x b a b -+--111()(1)()1002100f x -+-+⋯+⋯当x 在每一对a ，b 之间时，等号成立 由于170(170)24852⨯+⨯= 171(711)25562⨯+⨯= 所以()f x 最中间的两项（第2525，2526项）是1||71x - 所以11111()(1)()()10021007171f x -+-+⋯+- 当171x =时等号成立 则当171x =时()f x 取得最小值 变式11．已知函数()|1||21||31|f x x x x =-+-+-．则f （2）= 9 ，()f x 的最小值为 ． 【解析】解：（1）f （2）|21||221||321|9=-+⨯-+⨯-= （2）136,3111,()32141,1263,1x x x f x x x x x ⎧-⎪⎪⎪<⎪=⎨⎪-<⎪⎪⎪->⎩， 由()f x 单调性知，最小值为1．变式12．已知函数()|1||2||3||20|f x x x x x =-+-+-+⋯+-，x N +∈且120x ．（1）分别计算f （1），f （5），(20)f 的值；（2）当x 为何值时，()f x 取得最小值？最小值是多少？ 【解析】解：（1）由()|1||2||3||20|f x x x x x =-+-+-+⋯+-， 得f （1）19(119)012191902⨯+=+++⋯+==；f （5）15(115)43210121510101201302⨯+=+++++++⋯+=+=+=； 19(191)(20)19181732101902f ⨯+=+++⋯++++==． （2）设x 是1~20中的某一整数，则()(1)(2)321012(20)f x x x x =-+-+⋯+++++++⋯+- (1)[1(1)](20)[1(20)]22x x x x -+--+-=+222121399(242420)21210()224x x x x x =-+=-+=-+． 因为x N +∈，所以当10x =或11时，()f x 取最小值， (10)(11)100f f ==，即最小值是100．【过关测试】 一、单选题1．（2022·安徽·芜湖一中高一阶段练习）已知集合{}21A x x =-≤，{}1,2,3,4B =，则A B =（ ） A ．{}4 B ．{}3,4 C ．{}2,3,4 D ．{}1,2,3【答案】D【解析】因为{}{}{}2112113A x x x x x x =-≤=-≤-≤=≤≤，故{}1,2,3A B =. 故选：D.2．（2022·江苏·扬州市邗江区蒋王中学高一阶段练习）设a ∈R ，若不等式22112480x x ax x x x-+++-+≥恒成立，则实数a 的取值范围是（ ） A ．[]1,5- B ．[]1,6- C ．[]2,6- D ．[]2,2-【答案】C【解析】由题意可得()221142+++8a x x x x x-≤-，且0x ≠. 当0x >时，可得2211842+++a x x x x x-≤-， 由绝对值三角不等式可得222211811888++++++=2+22x x x x x x x x x x x x x x-≥-≥⋅， 当且仅当=2x 时，等号成立，所以，428a -≤，可得2a ≥-；当<0x 时，可得222211811842++a x x x x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫-≥--+---=--+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因为()222211811888++2228x x x x x x x x x x x x x x--≥-++-=-+≥-⋅=--， 当且仅当=2x -时，等号成立，故428a -≥-，解得6a ≤.综上所述，26a -≤≤.故选：C.3．（2022·河南·新密市第一高级中学高一阶段练习）设a ，b 是实数，集合{}1,A x x a x R =-<∈，{}|||3,B x x b x R =->∈，且A B ⊆，则a b -的取值范围为（ ）A ． []0,2B ．[]0,4C ．[)2,+∞D ．[)4,+∞ 【答案】D【解析】集合{}{}1,|11A x x a x R x a x a =-<∈=-<<+，{}{3,|3B x x b x R x x b =-∈=<-或}3x b >+ 又A B ⊆，所以13a b +≤-或13a b -≥+即4a b -≤-或4a b -≥，即4a b -≥所以a b -的取值范围为[)4,+∞故选：D4．（2022·浙江·温州中学高一期中）已知函数()()122021122021f x x x x x x x x R =++++⋅⋅⋅+++-+-+⋅⋅⋅+-∈，且实数a 满足()()221f a a f a --=+，则实数a 的取值范围为（ ）A ．3a =或1a =11315a --≤≤B ．3a =或1a =C ．3a =或1a =-D ．3a =或1a =或1a =-【答案】A【解析】因为函数()f x 的定义域为R ，而()()f x f x -=，所以函数()f x 为偶函数，又112x x ++-≥，当且仅当11x -≤≤时取等号， 224x x ++-≥，当且仅当22x -≤≤时取等号，……202120214042x x ++-≥，当且仅当20212021x -≤≤时取等号，所以()()1220211220212122021f x x x x x x x =++++⋅⋅⋅+++-+-+⋅⋅⋅+-≥+++，当且仅当11x -≤≤时取等号，当12x ≤≤时，()()122021122021=2222021f x x x x x x x x =++++⋅⋅⋅+++-+-+⋅⋅⋅+-+++，当23x ≤≤时，()()122021122021=4232021f x x x x x x x x =++++⋅⋅⋅+++-+-+⋅⋅⋅+-+++，…… 当20202021x ≤≤时，()122021122021=404022021f x x x x x x x x =++++⋅⋅⋅+++-+-+⋅⋅⋅+-+⨯， 当2021x >时，()122021122021=4042f x x x x x x x x =++++⋅⋅⋅+++-+-+⋅⋅⋅+-，故函数()f x 在[)1,+∞上递增，再根据函数()f x 为偶函数，所以()f x 在(],1-∞-上递增，因此()()221f a a f a --=+可等价于221a a a --=+或()221a a a --=-+或2121111a a a ⎧-≤--≤⎨-≤+≤⎩，解得1a =-或3a =或1a =11315a --≤≤ 故选：A ．5．（2022·江苏·海安高级中学高一阶段练习）若不等式21x x a +--≤对一切x R ∈恒成立．则实数a 的取值范围为（ ）A ．3a >B ．3a <C ．3a ≥D ．3a ≤【答案】C 【解析】设21y x x =+--，当21x -≤≤时，()2121y x x x =++-=+；当1x >时，()()213y x x =+--=；当<2x -时，()()213y x x =-++-=-， 故21y x x =+--有最大值3． 21x x a +--≤对一切x ∈R 恒成立，则a 必大于等于21y x x =+--的最大值3．故取值范围为[)3,+∞．故选：C ．6．（2022·全国·高一课时练习）已知函数()()1,f x ax b a b R x =++∈，当1,22x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，设()f x 的最大值为(),M a b ，则(),M a b 的最小值为（ ）A ．18B ．14C ．12D ．1【答案】B【解析】函数()()1,f x ax b a b R x =++∈，当1[2x ∈,2]时，()f x 的最大值为(,)M a b ， 可得1(,)(2)|2|2M a b f a b ≥=++，11(,)()|2|22M a b f a b ≥=++，(,)(1)|1|M a b f a b ≥=++，可得1(3M a ,2)(3b M a +,)(b M a +,211124)1336333b a b a b a b ≥++++++++ 211124113363332a b a b a b ≥+++++---=， 即()12,2M a b ≥，即有()1,4M a b ≥，则(,)M a b 的最小值为14， 故选：B 7．（2022·浙江杭州·高一期末）当[1,1]x ∈-时，不等式2||||1ax b x c ++≤恒成立，则||||||a b c ++的最大值为（ ）A ．18B ．17C ．16D ．15【答案】B【解析】因为[1,1]x ∈-， 所以[0,1]x ∈， 当0x =时，可得1c ≤①， 当12x =时，可得142a b c ++≤②， 当1x =时，可得1a b c ++≤③， 由①②③可得114()()84222a b a c a b c c =++-++-≤， 134()()84244a b b c a b c c =++-++-≤， 所以88117a b c ++≤++=，故选：B8．（2022·江苏省太湖高级中学高一期中）设{}|22A x x =-≥，{}|1B x x a =-<，若A B ⋂=∅，则a 的取值范围为（ ）A ．1a <B ．01a <≤C ．1a ≤D ．03a <≤【答案】C 【解析】由22x -≥得22x -≤-或22x -≥，解得0x ≤或4x ≥，所以(][),04,A =-∞⋃+∞， 由1x a -<得1a x a -<-<，解得11a x a -<<+，所以()1,1B a a =-+.当0a ≤时，B =∅，A B ⋂=∅，符合题意. 当0a >时，由于A B ⋂=∅，所以1014a a -≥⎧⎨+≤⎩，解得01a <≤. 综上所述，a 的取值范围是1a ≤.故选：C9．（2022·辽宁·沈阳二中高一阶段练习）已知函数()1f x mx x =--（0m >），若关于x 的不等式()0f x <的解集中的整数恰有3个，则实数m 的取值范围为（ ）A ．01m <≤B ．4332m ≤<C ．312m <<D ．322m ≤< 【答案】B【解析】()0f x <可化为1mx x <-，作函数y mx =与函数1y x =-的图象如下，结合图象可知，关于x 的不等式()0f x <的解集中的3个整数解为0，1-，2-； 故只需使221331m m ⎧-<--⎪⎨-≥--⎪⎩，解得4332m ≤<； 故选：B ．二、多选题10．（2022·黑龙江·哈尔滨三中高一期中）定义{},min ,,a a b a b b a b≤⎧=⎨>⎩，若函数{}2()min 33,|3|3f x x x x =-+--+，且()f x 在区间[,]m n 上的值域为37,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦，则区间[,]m n 长度可以是（ ） A ．74B ．72C ．114D ．1【答案】AD 【解析】令23333x x x -+≤--+①，当3x ≥时，不等式可整理为2230x x --≤，解得13x -≤≤，故3x =符合要求，当3x <时，不等式可整理为2430x x -+≤，解得13x ≤≤，故13x ≤<，所以不等式①的解为13x ≤≤； 由上可得，不等式23333x x x -+>--+的解为1x <或3x >，所以()233,1333,13x x x f x x x x ⎧-+≤≤⎪=⎨--+⎪⎩或， 令23334x x -+=，解得32x =，令27334x x -+=，解得52x =或12，令3334x --+=，解得34x =或214，令7334x --+=，解得74x =或174，所以区间[],m n 的最小长度为1，最大长度为74. 故选：AD.11．（2022·江苏·靖江高级中学高一阶段练习）若R x ∃∈，使得|21||32|x x m +--<成立是假命题，则实数m 可能取值是（ ）A ．5B ．4C ．4-D ．5-【答案】CD【解析】因为R x ∃∈，使得|21||32|x x m +--<成立是假命题，所以R x ∀∈，都有|21||32|x x m +--≥.记()|21||32|f x x x =+--，只需()min m f x ≤. ()34,213=|2+1||32|=42,<2214,<2x f x x x x x x ≥----≤--⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩， 所以()min 4f x =-，所以4m ≤-.对照四个选项，C 、D 符合题意.故选：CD12．（2022·辽宁·沈阳市第五中学高一阶段练习）下面命题中正确的为（ ）A ．不等式|1||2|3x x ++->的解集为RB ．不等式|1||2|3x x ++-≥的解集为RC ．不等式|1||2|5++->x x 的解集为(2,3)x ∈-D ．不等式|1||2|5++->x x 的解集为(,2)(3,)x ∈-∞-⋃+∞【答案】BD【解析】对于A ，当0x =时，|1||2|3x x ++-=，故选项A 错误；对于B ，因为|1||2||(1)(2)|3x x x x ++-≥---=，即不等式|1||2|3x x ++-≥恒成立，所以不等式|1||2|3x x ++-≥的解集为R ，故选项B 正确；对于C ，不等式|1||2|5++->x x ，当1x <-时，则125x x --+->，解得<2x -；当12x -≤≤时，则125x x ++->，解得x ∈∅；当2x >时，则125x x ++->，解得3x >.综上所述，不等式|1||2|5++->x x 的解集为(,2)(3,)x ∈-∞-⋃+∞，故选项C 错误,D 正确.. 故选：BD.三、填空题13．（2022·天津市汇文中学高一阶段练习）关于x 的不等式|x －2|＋|x ＋1|≤10的解集为___________．【答案】911,22⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【解析】当x ＞2时，原不等式可化为：(x －2)＋x ＋1≤10，解得2＜x ≤112；当－1≤x ≤2时，原不等式可化为：－(x －2)＋x ＋1≤10，即3≤10，所以－1≤x ≤2；当x ＜－1时，原不等式可化为：－(x －2)－(x ＋1)≤10，即－2x ≤9，解得92-≤x ＜－1． 综上所述，原不等式的解集是911,22⎡⎤-⎢⎥⎣⎦． 故答案为：911,22⎡⎤-⎢⎥⎣⎦．14．（2022·全国·高一专题练习）不等式122x x x -+-<+的解集为_________. 【答案】153x x ⎧⎫<<⎨⎬⎩⎭ 【解析】23,2121,1223,1x x x x x x x ->⎧⎪-+-=≤≤⎨⎪-+<⎩，|1||2|2x x x ∴-+-<+化为：2232x x x >⎧⎨-<+⎩或1212x x ≤≤⎧⎨<+⎩或1232x x x <⎧⎨-+<+⎩解得：25x <<或12x ≤≤或113x <<.∴不等式|1||2|2x x x -+-<+的解集为：153x x ⎧⎫<<⎨⎬⎩⎭故答案为：153x x ⎧⎫<<⎨⎬⎩⎭15．（2022·全国·高一专题练习）设1234T x x x x =-+-+-+-，如果x 可取任意实数值，那么T 的最小值是_____.【答案】4【解析】根据绝对值的几何意义可知，可转化为在数轴上有A B C D ，，，四点，其对应的值分别为1234，，，，求一点M ，使得MA MB MC MD +++最小，当M 在线段AD 上时，MA MD +的最小值为3，当M 在线段BC 上时，MB MC +的最小值为1， 故当M 在线段BC 上时，MA MB MC MD +++的最小值是4.故答案为：4.16．（2022·全国·高一专题练习）不等式12x x m -++≥恒成立，则m 的取值范围是_________.【答案】3m ≤ 【解析】12123y x x x x =-++≥---=,即函数的最小值是3，若不等式12x x m -++≥恒成立，则3m ≤.故答案为：3m ≤四、解答题17．（2022·广东实验中学附属天河学校高一阶段练习）已知集合{}|123A x x x =-+-<，{}2|4B x x ax =+≤，A B ⋂=∅，求a 的取值范围． 【解析】123x x -+-<表示数轴上的点x 到1与2的距离之和小于3，∴03x <<，∴()0,3A =，{}2|4B x x ax =+≤，A B ⋂=∅，∴24x ax +≤在()0,3上无解，即4≥+a x x 在()0,3上无解， ∴ ()0,3x ∀∈，4a x x <+恒成立， 444x x x x+≥⋅，当且仅当2x =时，等号成立，4a <， ∴a 的取值范围为(),4-∞18．（2022·湖北武汉·高一期中）已知函数()21f x x x =-++.(1)求不等式()4f x ≥的解集；(2)当R x ∈时，若()2f x m m ≥-恒成立，求实数m 的取值范围.【解析】（1）由于()21,1213,1221,2x x f x x x x x x -+≤-⎧⎪=-++=-<<⎨⎪-≥⎩，当1x <-时，214x -+≥，解得32x ≤-，此时32x ≤-； 当12x -≤<时，34≥不成立，此时无解；当2x ≥时，214x -≥，解得52x ≥，此时52x ≥. 综上：()4f x ≥的解集为35,,22⎛⎤⎡⎫-∞-+∞ ⎪⎥⎢⎝⎦⎣⎭. （2）∵()()()21213f x x x x x =-++≥--+=，当且仅当[]1,2x ∈-时等号成立∴23m m -≤，即230m m --≤113113m -+≤≤ ∴m 的取值范围是113113⎡-+⎢⎣⎦. 19．（2022·四川·成都铁路中学高一阶段练习）已知函数()|1|||f x x x a =-+-(1)若函数()f x 的值域为[2，)+∞，求实数a 的值(2)若(2)(2)f a f -≥，求实数a 的取值范围．【解析】（1）函数()|1||||1()||1|f x x x a x x a a =-+----=-，当()()10x x a --≤时，等号成立，|1|2a ∴-=，解得=3a 或1a =-．（2）由(2)(2)f a f -≥，可得3121a a ---≥，则13(1)(2)1a a a ≤---≥⎧⎨⎩或1<23(1)(2)1a a a ≤---≥⎧⎨⎩或>23(1)(2)1a a a ⎧⎨---≥⎩， 解得：0a ≤或322a ≤≤或2a >．综上，a 的范围是：3(,0],2⎡⎫-∞+∞⎪⎢⎣⎭． 20．（2022·浙江·高一阶段练习）已知a ，b ，c ∈R ，函数2y ax bx c =++．(1)若1a =，关于x 的不等式222430ax bx c x x ++≤--对任意x ∈R 恒成立，求b ，c 的值； (2)若a ，*b ∈N ，1c =，关于x 的方程20ax bx c ++=有两个不相等的实根，且均大于1-小于0，求a b +的最小值．【解析】（1）由224300x x --=，解得5x =或3x =-，则当5x =或3x =-时，2550930a b c a b c ⎧++≤⎪⎨-+≤⎪⎩，即2550930a b c a b c ⎧++=⎪⎨-+=⎪⎩，由1a =，解得215b c =-⎧⎨=-⎩，∴2b =-，15c =-；（2）由题意得2Δ4010200b ac b a a b c c ⎧=->⎪⎪-<-<⎪⎨⎪-+>⎪>⎪⎩，∴2241ba b a a b⎧>⎪⎪⎪<⎨⎪+>⎪⎪⎩，由244b a >≥得3b ≥，若3b =，∴329413a a a ⎧>⎪⎪⎪<⎨⎪+>⎪⎪⎩，则924<<a ，无解，若4b =，∴2414aa a >⎧⎪<⎨⎪+>⎩，则34a <<，无解，若5b =，∴5225415a a a ⎧>⎪⎪⎪<⎨⎪+>⎪⎪⎩，则2544a <<，∴5a =或6a =，显然5a =时，a b +更小，为10，若6b ≥，由1a b +>，得2111a b b +>-≥，∴a b +的最小值为10，当5a =，5b =时取得．21．（2022·江苏省阜宁中学高一阶段练习）（1）求不等式2421x x x -++≥-的解集；（2）若不等式2321x x x mx ++--≥的解集包含(]0,1，求实数m 的取值范围；（3）已知2214x a x a -+-+≥在R x ∈时恒成立，求a 的取值范围.【解析】（1）①当1x ≥时不等式为2422x x x -++≥-解得：12x ≤≤②当1x <时，不等式为2422x x x -++≥-3171x -≤≤ 综上得：不等式的解集为：3172x x ⎧⎫-⎪⎪≤≤⎨⎬⎪⎪⎩⎭∣（2）2321x x x mx ++--≥的解集包含(]0,1，故原不等式转化为：231x x mx ++≥在(]0,1恒成立，即13x m x ++≥在(]0,1恒成立，而对勾函数13y x x =++在区间(]0,1上单调递减，∴当1x =时，13y x x =++有最小值5，5m ∴≤.（3）()()222212121x a x a x a x a a a -+-+≥---+=-+， 2214x a x a ∴-+-+≥恒成立化为：2214a a -+≥，解得3a ≥或1a ≤-.。

含绝对值函数综合问题一、含绝对值函数的最值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“(0)0f =”，无最大值；在函数(,0],[0,)x ∈-∞↓+∞↑；对称轴为：0x =（2）()||(0)f x kx b k =+≠图像是以(,0)b k-为顶点的“V ”字形图像；在顶点取得最小值：“()0b f k -=”，无最大值；函数在(,],[,)b b x k k ∈-∞-↓-+∞↑；对称轴为：b x k=- （3）函数()||(0)f x k x b k =+≠： 0k >时，函数是以(,0)b -为顶点的“V ”字形图像；函数在顶点取得最小值：“()0f b -=”，无最大值；函数在(,],[,)x b b ∈-∞-↓-+∞↑；对称轴为：x b =-0k <时，是以(,0)b -为顶点的倒“V ”字形图像，函数在顶点取得最大值：“()0f b -=”，无最小值；函数在(,],[,)x b b ∈-∞-↑-+∞↓；对称轴为：x b =-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2m n x +=。

（2）函数()||||f x x m x n =---： 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(,0)2m n +； 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(,0)2m n +； （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。

文章标题：深入探讨七年级数学题中的求绝对值的最大值和最小值一、引言在七年级数学课程中，我们经常会遇到求绝对值的最大值和最小值的题目。

这些题目涉及到了绝对值的性质和运用，对我们理解数学概念、培养逻辑思维能力有着重要的意义。

本文将从简单到复杂，逐步深入探讨这一主题，希望能帮助读者更好地理解和掌握这一知识点。

二、初识绝对值让我们从最简单的绝对值概念开始。

在数学中，绝对值表示一个数到0的距离，通常用两个竖线来表示。

|3|表示3到0的距离，结果是3；而|－5|表示－5到0的距离，结果也是5。

可以看出，绝对值永远是非负数。

三、求绝对值的最大值和最小值接下来，让我们来探讨如何求绝对值的最大值和最小值。

在七年级的数学题中，常见的题目是给定一组数，要求其中某些数的绝对值的最大值或最小值。

题目可能是这样的：给定一组数{-3, 5, -2, 7, 1}，求这些数的绝对值中的最大值和最小值。

在这种题目中，我们首先需要找到这组数中的最大值和最小值，然后分别求它们的绝对值。

最后比较这些绝对值，就可以得到最终的结果。

四、举例演练让我们通过一个具体的例子来演练一下。

假设给定一组数{-3, 5, -2, 7, 1}，我们首先找到最大值和最小值分别是7和－3。

然后分别求它们的绝对值，得到的结果分别是3和7。

这组数的绝对值的最大值是7，最小值是3。

五、总结回顾通过以上的讨论和例子演练，我们可以得出以下结论：在七年级数学题中，求绝对值的最大值和最小值需要先找到原始数中的最大值和最小值，然后分别求它们的绝对值，最终比较这些绝对值得出最大值和最小值。

六、个人观点和理解从我个人的角度来看，求绝对值的最大值和最小值是一种很好的锻炼逻辑思维能力的数学题目。

它需要我们掌握绝对值的概念和性质，善于分析和比较数值大小。

这类题目也能够帮助我们培养耐心和细致的工作态度。

这是一类很有价值的数学题目。

七、结语通过本文的讨论，希望读者能够对七年级数学题中的求绝对值的最大值和最小值有更深入的理解。

对一类含绝对值函数最值问题的探究摘要：研究形如的一类含绝对值函数性质，需要学生很强的直观想象与逻辑推理能力。

特别是此类函数的最值问题，对学生思维的缜密度和创新意识要求非常高。

本文拟对形如一类函数最值问题进行探究,帮助学生开拓解题思路,加深数学理解，形成理性思维。

关键词：最大值中的最小值纵向距离平口单峰正文：1.问题的提出形如一类含绝对值函数的最值问题，是高中阶段较为常见的一类问题，其数学特征明显，但综合性非常强。

解决绝对值相关问题主要有两个思路：一是代数化简，另一是几何直观。

本文试从这两个思路进行探究，最终形成解决这类问题的一般方法。

引例1：已知函数 ,若对于 ,使得求实数的取值范围。

2.对问题的理解按问题所给条件，只需满足，因为M要受到参变量的影响，不妨设，因为a,b的任意性，显然须满足的最小值都要大于或等于 .综上分析，问题的本质是求函数的最大值的最小值。

3.解法探究思路1：研究绝对值问题的基本思路就是分类讨论，本例中需要考虑抛物线的对称轴不同位置，对函数的最大值的影响。

解法1：①当，即，此时函数在上单调，则有 ,所以②当，此时函数在上满足：,则有 ,所以 .③当，此时函数在上满足：,则有 ,所以 .综上：当且仅当 ,即时，函数的最大值的最小值为，所以 .思路2：对于函数，我们可以理解为函数在上的函数值的偏差值的绝对值，也可以说是这两个函数图像在上的纵向距离（或铅垂距离）。

引例1所求问题本质是求这两个函数图像在时的纵向距离最大值的最小值。

为了帮助同学的理解，我们可以先思考一个折筷子的实验：一根固定长度的筷子，从其中何处折断，才能使较长一段的的长度最短？显然从筷子中间折断，能够使较长一段最短,且最短长度就是筷子的一半。

把这个实验迁移到本题，那么函数在上的图像应该如图所示：解法2：当直线如图所示时，抛物线上的点到直线的最大距离最小。

即。

4.发现与归纳对于解法1，很大程度上是要依赖于函数的特殊性，通过函数的单调性，对最大值进行分类整理，比较。

专题三: 含绝对值函数的最值问题1. 已知函数2()2||f x x x a =--(0>a )，若对任意的[0,)x ∈+∞，不等式(1)2()f x f x -≥恒成立，求实数a 的取值范围. 不等式()()12f x f x -≥化为*）对任意的[)0,x ∈+∞恒成立因为0a >，所以分如下情况讨论：①当0x a ≤≤时，不等式（*）24120[0,]x x a x a ++-≥∀∈对恒成立②当1a x a <≤+时，不等式（*）即24160(,1]x x a x a a -++≥∀∈+对恒成立由①知102a <≤，2()416(,1]h x x x a a a ∴=-+++在上单调递减 2.已知函数f (x )＝|x －a |，g (x )＝x 2＋2ax ＋1(a 为正数)，且函数f (x )与g (x )的图象在y 轴上的截距相等．(1)求a 的值；(2)求函数f (x )＋g (x )的最值．【解析】(1)由题意f (0)＝g (0)，∴|a |＝1.又∵a >0，∴a ＝1.(2)由题意f (x )＋g (x )＝|x －1|＋x 2＋2x ＋1.当x ≥1时，f (x )＋g (x )＝x 2＋3x 在[1，＋∞)上单调递增，当x <1时，f (x )＋g (x )＝x 2＋x ＋2在⎣⎡⎭⎫－12，1上单调递增，在(－∞，12-]上单调递减． 因此，函数f (x )＋g (x )在(－∞，12-]上单调递减，在⎣⎡⎭⎫－12，＋∞上单调递增． 所以，当x ＝12-时，函数f (x )＋g (x )的最小值为74；函数无最大值． 5.已知函数2()2f x x x x a =+-，其中a R ∈．2min ()4120[0,]()(0)120102g x x x a a g x g a a =++-≥∴==-≥∴<≤在上单调递增只需（Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）若不等式4()16f x ≤≤在[1,2]x ∈上恒成立，求a 的取值范围．6.设函数b a x x x f +-=||)(， ,a b R ∈（1）若11,4a b ==-，求函数()f x 的零点； （2）若函数)(x f 在]1,0[上存在零点，求实数b 的取值范围．解：（Ⅰ）分类讨论解得：11,22x x ==...................................................4分 （Ⅱ）函数)(x f 在]1,0[上存在零点，即||x x a b -=-，[0,1]x ∈上有解，令()||g x x x a =-，只需{|(),[0,1]}b y y g x x -∈=∈..................................................5分 当0a ≤时，2()()g x x x a x ax =-=-，在]1,0[递增，所以()[0,1]g x a ∈-，即10a b -≤≤...............................................................................7分 当1a ≥时，2()()g x x a x x ax =-=-+，对称轴2a x = 又当2a ≥ ()g x 在]1,0[递增，所以()[0,1]g x a ∈-，即10ab -≤≤当12a << ()g x 在[0,]2a 递增，[,1]2a 递减，且所以2()[0,]4a g x ∈，即204ab -≤≤ ...............................................................................................................................................10分当01a <<时，22 [0,]()() [,1]x ax x a g x x a x x ax x a ⎧-+∈⎪=-=⎨-∈⎪⎩ 易知，()g x 在[0,]2a 递增，[,]2a a 递减，[,1]a 递减，所以min ()0f x =， 2max (){(),(1)}{,1}4a f x f a f a ==-，当01)a <≤，max ()(1)1f x f a ==-，所以()[0,1]g x a ∈-，即10a b -≤≤当1)1a <<，2max ()()4a f x f a ==，所以2()[0,]4a g x ∈，即204a b -≤≤ .....................................................................................................................................................14分综上所述：当1)a ≤时，10a b -≤≤当1)2a <<，204a b -≤≤ 当2a ≥，10a b -≤≤........................................................................................15 分7.已知函数()()243f x x a x a =+-+-．（I ）若()f x 在区间[]0,1上不单调，求a 的取值范围；（II ）若对于任意的(0,4)a ∈，存在[]00,2x ∈，使得()0f x t ≥，求t 的取值范围． 解：401242a a -<-<⇒<<……5分 （II ） 解法：()()()()||12113f x x a x x x a =-+--=-+-⎡⎤⎣⎦ ……9分 Q 011x -≤，{}03max 1,3x a a a +-≤-- ……………13分且上述两个不等式的等号均为0x =或2时取到，故()max 1,24||3,02a a f x a a -≤<⎧=⎨-<<⎩ 故()max ||1f x ≥，所以1t ≤……15分 、8.已知函数2()1,()|1|f x x g x a x =-=-．（Ⅰ）若当x ∈R 时，不等式()()f x g x ≥恒成立，求实数a 的取值范围；（Ⅱ）求函数()|()|()h x f x g x =+在区间[2,2]-上的最大值．解：（1）不等式()()f x g x ≥对x ∈R 恒成立，即2(1)|1|x a x --≥（*）对x ∈R 恒成立，①当1x =时，（*）显然成立，此时a ∈R ；②当1x ≠时，（*）可变形为21|1|x a x -≤-，令21,(1),1()(1),(1).|1|x x x x x x x ϕ+>⎧-==⎨-+<-⎩ 因为当1x >时，()2x ϕ>，当1x <时，()2x ϕ>-，所以()2x ϕ>-，故此时2a -≤. 综合①②，得所求实数a 的取值范围是2a -≤.（2）因为2()|()|()|1||1|h x f x g x x a x =+=-+-=2221,(1),1,(11),1,(1).x ax a x x ax a x x ax a x ⎧+--⎪--++-<⎨⎪-+-<-⎩≤≥…10分 ①当1,22a a >>即时，结合图形可知()h x 在[2,1]-上递减，在[1,2]上递增， 且(2)33,(2)3h a h a -=+=+，经比较，此时()h x 在[2,2]-上的最大值为33a +. ②当01,22a a 即0≤≤≤≤时，结合图形可知()h x 在[2,1]--，[,1]2a -上递减， 在[1,]2a --，[1,2]上递增，且(2)33,(2)3h a h a -=+=+，2()124a a h a -=++， 经比较，知此时()h x 在[2,2]-上的最大值为33a +. ③当10,02a a -<<即-2≤≤时，结合图形可知()h x 在[2,1]--，[,1]2a -上递减， 在[1,]2a --，[1,2]上递增，且(2)33,(2)3h a h a -=+=+，2()124a a h a -=++， 经比较，知此时()h x 在[2,2]-上的最大值为3a +. ④当31,222a a -<-<-即-3≤≤时，结合图形可知()h x 在[2,]2a -，[1,]2a -上递减， 在[,1]2a ，[,2]2a -上递增，且(2)330h a -=+<, (2)30h a =+≥， 经比较，知此时()h x 在[2,2]-上的最大值为3a +. 当3,322a a <-<-即时，结合图形可知()h x 在[2,1]-上递减，在[1,2]上递增， 故此时()h x 在[2,2]-上的最大值为(1)0h =.综上所述，当0a ≥时，()h x 在[2,2]-上的最大值为33a +；当30a -<≤时，()h x 在[2,2]-上的最大值为3a +；当3a <-时，()h x 在[2,2]-上的最大值为0.。

高中数学解题方法系列：函数求极值问题的6种方法对于一个给定的函解析式，我们如果能大致作出其对应的函数图像，那么函数的许多性质都可以通过图像客观地反应出来。

因此，只要我们做出了函数图像，那么我们就可以根据图像找到极值点，从而求出函数的极值。

下面，我就从几个方面讨论一下，函数图象在求极值问题中的应用。

一、函数解析式中含有绝对值的极值问题。

我们给出问题的一般形式，设a≤x≤b,求函数∑=+=n i bi x ai y 1的极值。

很容易判断该函数为分段函数，其对应的图像是折线，因此只要做出函数的图像那么就可以准确的找出函数的极值点。

例1 设－2≤x≤3，求函数12+++-=x x x y 的最值。

解：若将函数示为分段函数形式。

作出函数图像根据图像我们可以判断：当x=0,min y 3=；当x=3,max y 8=,对此类型问题的思考：当函数解析式含有较多绝对值符号的时候，如果我们仍然通过做出函数图像来求解极值，那么过程就非常复杂。

那么是否有更简单的方法呢？经过对问题的分析，我们发现函数的极值点要么出现在函数定义域的端点，要么出在函数图像的拐点(使函数中某一个绝对值部分为零的点）因此我们只需将这些点求出来并代入函数解析式求出其所对应的值。

经过比较就得出了极值例如上题：f(－2)=7、f(－1)=4、f(0)=3、f(2)=5、f(3)=8、3min =y 、max y =8，据此我们下面给出解决这一类问题更一般的方法。

max y =max ｛f(bi)、i=1、2、3……n ｝, min y =min ｛f(－bi),i=1、2、3……n ｝.二、将极值问题转化为几何问题。

运用此方法解决极值问题关键在于深刻理解，挖掘解析式所蕴含的几何意义。

1. 转化为求直线斜率的最值。

例2 求函数θθsin 3cos 2-+=y 的最值 分析 函数解析式非我们常见的函数模型。

通过分析我们发现该函数可以看做过点A （3、2）与B （sin θ、－cos θ）两点直线的斜率。

绝对值的最值问题总结绝对值是一种重要的数学概念，它在代数、几何等领域都有广泛的应用。

在绝对值的研究中，绝对值的最值问题是一个备受关注的话题。

本文将全面总结绝对值的最值问题，包括绝对值的最小值、最大值、范围，以及它们在生活中的应用，同时还将探讨绝对值的性质、定理和几何意义，最后介绍绝对值的化简求值方法。

一、绝对值的最小值绝对值的最小值是指对任意实数x，|x|的最小值是多少。

实际上，根据绝对值的定义，我们知道|x|≥0，即|x|的最小值为0。

这个性质在解决一些实际问题时非常有用。

例如，在计算多个数的和时，可以将这些数分别取绝对值后再相加，得到的结果比直接相加更大，这是因为|x|≥0，取绝对值相当于“放大”了数值。

二、绝对值的最大值绝对值的最大值是指对任意实数x，|x|的最大值是多少。

根据绝对值的定义，|x|≤|x|max，其中|x|max表示x的绝对值的最大值。

对于有理数和无理数，它们的绝对值都是有限的，因此它们的最大值是有限的。

但是对于无穷大或负无穷大的数，它们的绝对值也是无穷大或负无穷大，因此它们的最大值是无穷大或负无穷大。

在实际问题中，我们可以利用绝对值的最大值来求解一些有界函数的最大值或最小值。

三、绝对值的范围绝对值的范围是指对任意实数x，|x|的取值范围是多少。

根据绝对值的定义，我们知道|x|≥0，即|x|的取值范围为非负数。

在实际问题中，我们可以通过取绝对值将一些有界函数的取值范围求解出来。

例如，对于一个有界函数f(x)，我们可以分别求出f(x)和-f(x)的取值范围，然后将它们相加即可得到f(x)的取值范围。

四、绝对值的最值在生活中的应用绝对值的最值在生活中的应用非常广泛。

例如，在统计学中，我们可以用绝对值来衡量一组数据的离散程度；在物理学中，我们可以用绝对值来衡量一个力的方向和大小；在经济学中，我们可以用绝对值来衡量一个企业的利润和成本。

此外，在计算机科学中，绝对值也被广泛应用于数据压缩、图像处理等领域。

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，＋∞)．。

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。

高中数学解题方法系列：函数求极值问题的6种方法对于一个给定的函解析式，我们如果能大致作出其对应的函数图像，那么函数的许多性质都可以通过图像客观地反应出来。

因此，只要我们做出了函数图像，那么我们就可以根据图像找到极值点，从而求出函数的极值。

下面，我就从几个方面讨论一下，函数图象在求极值问题中的应用。

一、函数解析式中含有绝对值的极值问题。

我们给出问题的一般形式，设a≤x≤b,求函数∑=+=ni bi x ai y 1的极值。

很容易判断该函数为分段函数，其对应的图像是折线，因此只要做出函数的图像那么就可以准确的找出函数的极值点。

例1 设－2≤x≤3，求函数12+++-=x x x y 的最值。

解：若将函数示为分段函数形式。

作出函数图像根据图像我们可以判断：当x=0,min y 3=；当x=3,max y 8=,对此类型问题的思考：当函数解析式含有较多绝对值符号的时候，如果我们仍然通过做出函数图像来求解极值，那么过程就非常复杂。

那么是否有更简单的方法呢？经过对问题的分析，我们发现函数的极值点要么出现在函数定义域的端点，要么出在函数图像的拐点(使函数中某一个绝对值部分为零的点）因此我们只需将这些点求出来并代入函数解析式求出其所对应的值。

经过比较就得出了极值例如上题：f(－2)=7、f(－1)=4、f(0)=3、f(2)=5、f(3)=8、3min =y 、max y =8，据此我们下面给出解决这一类问题更一般的方法。

max y =max ｛f(bi)、i=1、2、3……n ｝, min y =min ｛f(－bi),i=1、2、3……n ｝.二、将极值问题转化为几何问题。

运用此方法解决极值问题关键在于深刻理解，挖掘解析式所蕴含的几何意义。

1. 转化为求直线斜率的最值。

例2 求函数θθsin 3cos 2-+=y 的最值 分析函数解析式非我们常见的函数模型。

通过分析我们发现该函数可以看做过点A （3、2）与B （sin θ、－cos θ）两点直线的斜率。

龙源期刊网
含绝对值的函数最值问题探究
作者：陈晓明
来源：《中学数学杂志(高中版)》2017年第01期
最近，在高三的一轮复习课堂上接连出现含绝对值的函数最值问题，经过探究，发现很有规律可循.
例1（2016年全国高考仿真模拟预测卷四（儒风教育集团命制）第24题）：对于任意实数a（a≠0）和b，求
看来，当正数a和c不相等时，两个一次函数绝对值的差的最值不再像两个一次函数绝对值的和的最值那么简单了.
作者简介
陈晓明（1971—），男，安徽省广德县人，中学高级教师，研究方向为中学数学教育，近年来发表论文多篇.。

专题3 与绝对值函数相关的参数最值及范围问题二次项系数含参数 1． 已知函数f （x ）=|a 2x 2﹣1|+ax （a ∈R ，且a≠0）．（Ⅰ）当a ＜0时，若函数y=f （x ）﹣c 恰有x 1，x 2，x 3，x 4四个零点，求x 1+x 2+x 3+x 4的值； （Ⅱ）若不等式f （x ）≥|x|对一切x ∈[b ，+∞）都成立，求a 2b 2+（b ﹣）2的最小值．2.函数f （x ）=mx|x ﹣a|﹣|x|+1（1）若m=1，a=0，试讨论函数f （x ）的单调性；（2）若a=1，试讨论f （x ）的零点的个数．3已知函数c bx mx x f ++=2)()0(≠m 满足,对于任意R 都有,且,令. (Ⅰ)求函数的表达式； (Ⅱ)当[]1,1-∈x 时，求函数ax ax ax f y ---=|1)(| )0(<a 的最大值)(a M ．4 已知（Ⅰ）求证：函数的图象与轴恒有公共点；（Ⅱ）当时，求函数的定义域； （Ⅲ）若存在使的方程有四个不同的实根，求实数的取值范围。

5.已知函数x x x f +-=|1|)(2．(Ⅰ)若函数c x f y -=)(恰有两个零点，求实数c 的取值范围；(Ⅱ)当[]1,1-∈x 时，求函数)(ax f y = )0(<a 的最大值)(a M ．6.设12,x x 为函数2()(1)1(,0R,f x ax b x a b a =+-+∈>）两个不同零点.（Ⅰ）若11x =，且对任意R x ∈,都有(2)(2)f x f x -=+，求()f x ；（Ⅱ）若23b a =-，则关于x 的方程()22+f x x a =-是否存在负实根?若存在,求出该负根的取值范围，若不存在,请说明理由；（Ⅲ）若2a ≥，212x x -=,且当12(,)x x x ∈时，2()()2()g x f x x x =-+-的最大值为()h a ，求()h a 的最小值.2()(1)1,f x ax a x a R =-++∈()f x x 0a >y =0m >x 1()f x m m =+a。

函数绝对值的最大值的最小值问题----切比雪夫逼近下的图像法题目：已知函当时，的最大值记，的最小值为解：如图，画在上的图像，为一直线，即考虑这两个函数竖直方向距离的最大值。

取水平直，则此，取其上一点，将绕点旋转，易知其对应的均大，再考虑不过点的，其必与前面过点的某条直线平行，比较可知，不过点更大，的最小值为。

从此题的解答，有点用到切比雪夫逼近理论：定理 1（限定参数下的平行线逼近法）：已知y =f (x) 是闭区间 D 上的连续函数，若存在过y =f (x)上点的直线h1(x) =ax +b1，h2 (x) =ax +b2，使h2 (x) ≤f (x) ≤h1(x)恒成立，记 f (x) -ax -b在 D 上的最大值为(2 - a ) - (1- 2a )1+ a 1M (a ,b ) ，则M (a , b ) ≥推论 1：已知 y = f (x ) 是闭区间 D 上的连续函数，则 f (x ) - b 在 D 上最大值为M (b ) ，则M a (b ,)≥ fx () xa m f -x (n )im2当且仅当b =f (x )max + f (x )min2时取等号。

接下来我们来尝试定理 1 及推论 1 的应用例 1：（2016 年 4 月浙江学考第 18 题）设函数f (x ) =2- ax - b ,若对于 x任意正实数 a 和实数 b ，总存在x 0 ∈[1, 2] ，使得f (x 0 ) ≥ m 成立，则实数m 的取值范围是 。

解法 1：（利用定理 1）记 2- ax - b 在[1, 2] 上的M (a ,b ) 最大值为 x可 知 g (x ) = 2 x图 像 夹 在 两 直 线h 1 (x ) = ax - a + 2 ，h 2 (x ) = ax - 2a +1(a > 0) 之间，由定理 1 得，M (a ,b ) ≥ =，22∈ ( , 2 +∞) ，所以m ≤ 12解 法 2 ： 由， 所 以g (x ) = 2 - ax x在 [1, 2] 单 调 递 减 ，g (x ) max = 2 - a , g (x )min =1- 2a ， M (a ,b ) ≥ (2 - a ) - (1- 2a ) = 1+ a ，2 2所以m ≤ 1+ a 对a > 0 恒成立， 1+ a ∈ (1 , +∞) ，可得m ≤ 12 2 2 2上面我们用定理 1 及推论 1 很好的解决了例 1，若题目条件中a > 0 变b 1 - b 22a > 0, 1+ a 2a > 0b 1 -b 22为任意实数 a，由于此时g(x) =2-ax 的最值不容易求，所以我们需要x更加一般的方法来解决。