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1、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
2、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.()证明:当时, ()函数的最大值为; () 。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20122013）已知函数，其中R(1)求函数y=f(x)的单调区间；(2)若对任意的x1，x2-1，1，都
3、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（）A5 B6 C7 D810. 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,
4、3），则的值是( )A7 B8 C10 D1312.设函数的图象关于直线对称，则的值为（ ）(A) 3 (B)2 (C)1 (D)-113.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（ ）A4个 B5个 C6个 D7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
5、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（，）。若，求在上的最大值和最小值；若对任意，都有，求的取值范围；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|
6、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. () (). 当b0时,0在0x1上恒成立, 此时的最大值为:=|2a-b|a; 当b0时,在0x1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0x1上的最大值为|2a-b|a; () 要证+|2a-b|a0,即证=|2a-b|a. 亦即证在0x1上的最大值小于(或等于)|2a-b|a, ,令. 当b0时,0时,在0x1上的正负性不能判断, |2a-b|a; 综上所述:函数在0x1上的最大值小于(或等于)|2a-b|a. 即+|2a-
7、b|a0在0x1上恒成立. ()由()知:函数在0x1上的最大值为|2a-b|a, 且函数在0x1上的最小值比(|2a-b|a)要大. 11对x0,1恒成立, |2a-b|a1. 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:()当,即时, ,与题设矛盾 ()当,即时, 恒成立 ()当,即时, 恒成立. 综上可知,
8、 注:()()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
9、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：（）= （） 令， 1分 时，所以增区间是； 时，所以增区间是与，减区间是时，所以增区间是与，减区间是 时，所以增区间是，减区间是 5分（）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（
10、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， （）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（）当时，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
11、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 *（）当时，不等式*恒成立，所以；（）当时，所以； 12分（）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，加得又14分将代入得16分19因为函数，所以
12、，2分又因为，所以函数在点处的切线方程为 4分由，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)=x22mx1,由f (x)0，得xm,或x m+;故函数的单调增区间为(,m),(m+,+),减区间(m
13、, m+).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-1，1的最大值与最小值的差小于等于4”.对于f (x)=x22mx1,对称轴x=m.当m1时, f (x)的最大值为f (-1),最小值为f (1),由 f (-1)-f (1)4,即4m4,解得m1,舍去;综上,实数m的取值范围是-1,1. 10分 (3)由f (x)=0,得x22mx1=0,因为=4m2+40,所以y=f(x)既有极大值也有极小值.设f (x0)=0,即x022mx01=0，则f (x0)=x03mx02x0+m=mx02x0+m=x0(m2+1) 12分所以极大值f(m)=(m)(m2+1)0，极小值f(m+)=(m+)(m2+1)0,故函数f(x)有三个零点. 16分
