绝对值函数

前言

(f(x)=-x^2+2|x|+2)

函数图像

(y=|x|)的性质，(f(x)=|x+a|)的性质；(f(x)=|2x+a|)的性质；(f(x)=k|x-1|)的性质；

(y=2^{|x|})的性质

(y=lg|x|)，(y=|lgx|)

做函数(y=log_2(|x-2|+1))的图像，以(y=log_2(|x|+1))为模板，

常识积累

例1已知函数(f(x)=|2^x-1|)，方程(f(a)=f(b))恒有解，则(2^a+2^b=2)。

分析：(f(x)=|2^x-1|=left{egin{array}{l}{2^x-1，xgeqslant 0}\{1-2^x，x<0}end{array} ight.) 则由图可知，(a<0)，(b>0)

则(f(a)=1-2^a)，(f(b)=2^b-1)，由(1-2^a=2^b-1)，得到(2^a+2^b=2).

例1-引申已知函数(f(x)=|2^x-1|)，(a<b<c)，且(f(a)>f(c)>f(b))，则下列结论正确的是【】

$A.2^a > 2^b$ $B.2^a > 2^c$ $C.2^{-a} < 2^c$ $D.2^a+2^c<2$

分析：(f(x)=|2^x-1|=left{egin{array}{l}{2^x-1，xgeqslant 0}\{1-2^x，x<0}end{array} ight.) 则由图可知，(a<b<0)，(c>0)

则(f(a)=1-2^a)，(f(b)=1-2^b)，(f(c)=2^c-1)，(f(a)>f(c)>f(b))，

得到(1-2^a>2^c-1>1-2^b)，由(1-2^a>2^c-1)，得到(2^a+2^c<2)。故选(D)。

例2已知函数(f(x)=|lgx|)，方程(f(a)=f(b))恒有解，则(ab=1)。

分析：(f(x)=|lgx|=left{egin{array}{l}{lgx，xgeqslant 1}\{-lgx，0<x<1}end{array} ight.) 则由图可知，(0<a<1)，(b>1)

则(f(a)=-lga)，(f(b)=lgb)，由(f(a)=f(b))，得到(-lga=lgb)，

即(lga+lgb=0)，即(lgab=0)，则(ab=1)。

例2-引申已知函数(f(x)=|lg(x-1)|)，方程(f(a)=f(b))恒有解，则((a-1)(b-1)=1)。

法1：类比上题，可知((a-1)(b-1)=1)。

法2：(f(x)=|lg(x-1)|=left{egin{array}{l}{lg(x-1)，xgeqslant 2}\{-lg(x-1)，1<x<2}end{array} ight.) 则由图可知，(1<a<2)，(b>2)

则(f(a)=-lg(a-1))，(f(b)=lg(b-1))，由(f(a)=f(b))，得到(-lg(a-1)=lg(b-1))，

即(lg(a-1)+lg(b-1)=0)，即(lg(a-1)(b-1)=0)，则((a-1)(b-1)=1)。

例3已知函数(f(x)=|x-1|)，方程(f(a)=f(b))恒有解，则(a+b=2)。

分析：由图可知，函数的对称轴为(x=1)，故由(f(a)=f(b))，可知(cfrac{a+b}{2}=1)，则(a+b=2).

典例剖析

例1当(xin [cfrac{3}{2},4])时，不等式(|ax^2+bx+4a|leqslant 2x)恒成立，则(6a+b)的最大值是_______________。

分析：由于(xin [cfrac{3}{2},4])，故两边同除以(x)，得到(|ax+cfrac{4a}{x}+b|leqslant 2)，

设(f(x)=ax+cfrac{4a}{x}+b=a(x+cfrac{4}{x})+b)，由于(xin [cfrac{3}{2},4])，则(x+cfrac{4}{x}in [4,5])，

由于(|f(x)|leqslant 2)，故得到

(-2leqslant 4a+bleqslant 2)；(-2leqslant 5a+bleqslant 2)；

(6a+b=-(4a+b)+2(5a+b))，

而(-2+2 imes (-2)leqslant 6a+bleqslant 2+2 imes2)，

故((6a+b)_{max}=6)

例2已知函数(f(x))是定义在(R)上的偶函数，当(xge 0)时，(f(x)=2^x)，在区间([a，a+2])上，(f(x+a)ge f^2(x))恒成立，求(a)的取值范围。

分析：由题目易知，当(x< 0)时，(f(x)=2^{-x})，即(f(x)=left{egin{array}{l}{2^x，xgeqslant 0}\{2^{-x}，x<0}end{array} ight.)

故函数的解析式(f(x)=2^{|x|})，[说明：此处用到合二为一的策略，便于下一步运算；]

则在区间([a，a+2])上，(f(x+a)ge f^2(x))恒成立可以转化为

不等式(2^{|x+a|}ge 2^{|2x|})恒成立，再将超越不等式转化为代数不等式，

即({|x+a|}ge {|2x|})恒成立，两边平方做差，

即(3x^2-2ax-a^2leq 0)在区间([a，a+2])上恒成立，

令(h(x)=3x^2-2ax-a^2)，只需满足(egin{cases}h(a)leq 0\h(a+2)leq 0end{cases})，

即(egin{cases}3a^2-2a^2-a^2leq 0\3(a+2)^2-2a(a+2)-a^2leq 0end{cases})，

解得(aleq -cfrac{3}{2}).

解后反思：①、将函数(f(x))的解析式做成分段函数的形式，就很容易将思路引入分类讨论；如果能用到合二为一的策略，就避免了分类讨论的岔路口；再次提醒最好将函数(f(x)=2^{|x|})看成一个模板函数。

②、当转化得到函数(g(x)=2^{|x+a|}-2^{|2x|}ge 0)恒成立后，如果想到分类讨论去掉绝对值符号，就会极其麻烦；

③、如果出现了两个绝对值符号，去掉的最好方法就是同时平方的方法。

例3【2019届高三理科数学资料用题】已知函数(f(x)=x^2-|x|+a)与(y=1)有(4)个交点，则实数(a)的取值范围是_______________。

分析：将函数转化为(f(x)=|x|^2-|x|+a)，故(f(x))为偶函数，

重点做(xge 0)时的函数图像，(f(x)=x^2-x+a=(x-cfrac{1}{2})^2+a-cfrac{1}{4}(xge 0))，

对称轴为(x=cfrac{1}{2})，最低点为((cfrac{1}{2}，a-cfrac{1}{4}))，和(y)轴的交点为((0 ，a))，

再完善(x<0)时的图像，得到函数(y=f(x))的完整图像，

想一想，当参数(a)变化时，(f(x))的图像如何变化？

由图像可知，要使得函数(f(x)=x^2-|x|+a)与(y=1)有(4)个交点，

则必须满足(a>1)且(a-cfrac{1}{4}<1)，

解得(ain (1，cfrac{5}{4}))。

例4已知函数(f(x)=|log_3x|)，实数(m，n)满足(0<m<n)，且(f(m)=f(n))，若(f(x))在区间([m^2,n])上的最大值为(2)，则(cfrac{n}{m})=___________。

分析：由图可知，(0<m<1)，(n>1)，且(mn=1)，故(0<m^2<m<1)，

由(f(x))在区间([m^2,n])上的最大值为(2)，则(f(m^2)=-log_3m^2=2)，即(m=cfrac{1}{3})，

由(mn=1)，则(n=3)，则(cfrac{n}{m}=9)。

例5【2019临汾三模用题】已知函数(f(x)=|lnx|)，若(f(m)=f(n)(m>n<0))，则(cfrac{2}{m+1}+cfrac{2}{n+1})=

$A.cfrac{1}{2}$ $B.1$ $C.2$ $D.4$

分析：先得到(mn=1)，则(cfrac{2}{m+1}+cfrac{2}{n+1}=cfrac{2(m+n)+4}{mn+m+m+1}=cfrac{2(m+n+2)}{m+n+2}=2)。故选(C)。

例6已知函数(f(x)=|lg(x-1)|)，若(0<a<b)且(f(a)=f(b))，则(ab)的取值范围是______________。

分析：(f(x)=|lg(x-1)|=left{egin{array}{l}{lg(x-1)，xgeqslant 2}\{-lg(x-1)，1<x<2}end{array} ight.) 则由图可知，(1<a<2)，(b>2)

则(f(a)=-lg(a-1))，(f(b)=lg(b-1))，由(f(a)=f(b))，得到(-lg(a-1)=lg(b-1))，

即(lg(a-1)+lg(b-1)=0)，即(lg(a-1)(b-1)=0)，则((a-1)(b-1)=1)。

则(a=cfrac{1}{b-1}+1)，且(1<a<2)，(b>2)

即(ab=(cfrac{1}{b-1}+1)b=cfrac{b}{b-1}+1=1+cfrac{1}{b-1}+6)

(=2+cfrac{1}{b-1}+(b-1)>2+2sqrt{cfrac{1}{b-1} imes (b-1)}=4)，等号不能取到，

故(abin (4,+infty)).

例7【2020届高三理科周末训练4用题】已知函数(f(x)=x^2-2x+3a)，(g(x)=cfrac{2}{x-1})，若对于任意(x_1in[0，3])，总存在(x_2in [2，3])使得(|f(x_1)|leqslant g(x_2))成立，则实数(a)的值为_______.

法1：由于对任意(x_1in[0，3])，总存在(x_2in [2，3])使得(|f(x_1)|leqslant g(x_2))成立，

则(|f(x_1)|leqslant g(x_2)_{max})，(x_1in[0，3])，(x_2in [2，3])

而(g(x_2)_{max}=2)，则(|f(x_1)|leqslant 2)，即(-2leqslant x^2-2x+3aleqslant 2)，

则(-2leqslant x^2-2x+3a)在(xin[0，3])上恒成立，且(x^2-2x+3aleqslant 2)在(x_1in[0，3])上恒成立，，

即(-3aleqslant x^2-2x+2)在(xin[0，3])上恒成立，

而(y=x^2-2x+2)在(xin[0，3])上的(y_{min}=1)，故解得(ageqslant -cfrac{1}{3})①；

且(-3ageqslant x^2-2x-2)在(xin[0，3])上恒成立，

而(y=x^2-2x-2)在(xin[0，3])上的(y_{max}=1)，解得(aleqslant -cfrac{1}{3})②；

由①②求交集，得到(a=-cfrac{1}{3})。

注释，带有绝对值求左端的最值的思路，没有去掉绝对值的转化好。

例1【绝对值数列求和】已知数列({a_n})的通项公式是(a_n=3n-63)，它的前(n)项和为(S_n)，求数列({|a_n|})的前(n)项和(T_n)。

解析：令(a_n=3n-63leq 0)，则(nleq 21)，

故数列({|a_n|})的通项公式为(|a_n|= egin{cases}63-3n &nleq 21 \ 3n-63 &nge22 end{cases})

[备注：由于数列的通项公式是分段函数，所以其前(n)项和自然也应该用分段函数来表达刻画]

(1^。) 当(nleq 21)，(T_n=|a_1|+|a_2|+cdots+|a_n|)

(=-a_1-a_2-cdots-a_n)

(=-cfrac{(a_1+a_n) imes n}{2})

(=-cfrac{[-60+(3n-63)] imes n}{2})

(=-cfrac{3n^2-123n}{2}=cfrac{123n-3n^2}{2}).

(2^。) 当(nge 22)，(T_n=|a_1|+|a_2|+cdots+|a_n|)

(=-a_1-a_2-cdots-a_{21}+a_{22}+cdots+a_n)

(=(a_1+a_2+cdots+a_{21}+a_{22}+cdots+a_n)-2(a_1+a_2+cdots+a_{21}))

(=S_n-2S_{21})(=cfrac{[-60+(3n-63)]n}{2}-2 imescfrac{[(3 imes 1-63)+(3 imes 21-63)] imes 21}{2})

$=cfrac{3n^2-123n}{2}+1260 $.

故数列({|a_n|})的前(n)项和(T_n=egin{cases}cfrac{123n-3n^2}{2} &nleq 21 \ cfrac{3n^2-123n}{2}+1260 &nge 22end{cases})