絕對值函數

前言

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

函數圖像

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

\(y=2^{|x|}\)的性質

\(y=lg|x|\)，\(y=|lgx|\)

做函數\(y=log_2(|x-2|+1)\)的圖像，以\(y=log_2(|x|+1)\)為模板，

常識積累

例1 已知函數\(f(x)=|2^x-1|\)，方程\(f(a)=f(b)\)恆有解，則\(2^a+2^b=2\)。

分析：\(f(x)=|2^x-1|=\left\{\begin{array}{l}{2^x-1，x\geqslant 0}\\{1-2^x，x<0}\end{array}\right.\) 則由圖可知，\(a<0\)，\(b>0\)

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

例1-引申 已知函數\(f(x)=|2^x-1|\)，\(a<b<c\)，且\(f(a)>f(c)>f(b)\)，則下列結論正確的是【】

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

分析：\(f(x)=|2^x-1|=\left\{\begin{array}{l}{2^x-1，x\geqslant 0}\\{1-2^x，x<0}\end{array}\right.\) 則由圖可知，\(a<b<0\)，\(c>0\)

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

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

例2 已知函數\(f(x)=|lgx|\)，方程\(f(a)=f(b)\)恆有解，則\(ab=1\)。

分析：\(f(x)=|lgx|=\left\{\begin{array}{l}{lgx，x\geqslant 1}\\{-lgx，0<x<1}\end{array}\right.\) 則由圖可知，\(0<a<1\)，\(b>1\)

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

即\(lga+lgb=0\)，即\(lgab=0\)，則\(ab=1\)。

例2-引申 已知函數\(f(x)=|lg(x-1)|\)，方程\(f(a)=f(b)\)恆有解，則\((a-1)(b-1)=1\)。

法1：類比上題，可知\((a-1)(b-1)=1\)。

法2：\(f(x)=|lg(x-1)|=\left\{\begin{array}{l}{lg(x-1)，x\geqslant 2}\\{-lg(x-1)，1<x<2}\end{array}\right.\) 則由圖可知，\(1<a<2\)，\(b>2\)

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

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

例3 已知函數\(f(x)=|x-1|\)，方程\(f(a)=f(b)\)恆有解，則\(a+b=2\)。

分析：由圖可知，函數的對稱軸為\(x=1\)，故由\(f(a)=f(b)\)，可知\(\cfrac{a+b}{2}=1\)，則\(a+b=2\).

典例剖析

例1 當\(x\in [\cfrac{3}{2},4]\)時，不等式\(|ax^2+bx+4a|\leqslant 2x\)恆成立，則\(6a+b\)的最大值是_______________。

分析：由於\(x\in [\cfrac{3}{2},4]\)，故兩邊同除以\(x\)，得到\(|ax+\cfrac{4a}{x}+b|\leqslant 2\)，

設\(f(x)=ax+\cfrac{4a}{x}+b=a(x+\cfrac{4}{x})+b\)，由於\(x\in [\cfrac{3}{2},4]\)，則\(x+\cfrac{4}{x}\in [4,5]\)，

由於\(|f(x)|\leqslant 2\)，故得到

\(-2\leqslant 4a+b\leqslant 2\)；\(-2\leqslant 5a+b\leqslant 2\)；

\(6a+b=-(4a+b)+2(5a+b)\)，

而\(-2+2\times (-2)\leqslant 6a+b\leqslant 2+2\times2\)，

故\((6a+b)_{max}=6\)

例2 已知函數\(f(x)\)是定義在\(R\)上的偶函數，當\(x\ge 0\)時，\(f(x)=2^x\)，在區間\([a，a+2]\)上，\(f(x+a)\ge f^2(x)\)恆成立，求\(a\)的取值范圍。

分析：由題目易知，當\(x< 0\)時，\(f(x)=2^{-x}\)，即\(f(x)=\left\{\begin{array}{l}{2^x，x\geqslant 0}\\{2^{-x}，x<0}\end{array}\right.\)

故函數的解析式\(f(x)=2^{|x|}\)，[說明：此處用到合二為一的策略，便於下一步運算；]

則在區間\([a，a+2]\)上，\(f(x+a)\ge f^2(x)\)恆成立可以轉化為

不等式\(2^{|x+a|}\ge 2^{|2x|}\)恆成立，再將超越不等式轉化為代數不等式，

即\({|x+a|}\ge {|2x|}\)恆成立，兩邊平方做差，

即\(3x^2-2ax-a^2\leq 0\)在區間\([a，a+2]\)上恆成立，

令\(h(x)=3x^2-2ax-a^2\)，只需滿足\(\begin{cases}h(a)\leq 0\\h(a+2)\leq 0\end{cases}\)，

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

解得\(a\leq -\cfrac{3}{2}\).

解后反思：①、將函數\(f(x)\)的解析式做成分段函數的形式，就很容易將思路引入分類討論；如果能用到合二為一的策略，就避免了分類討論的岔路口；再次提醒最好將函數\(f(x)=2^{|x|}\)看成一個模板函數。

②、當轉化得到函數\(g(x)=2^{|x+a|}-2^{|2x|}\ge 0\)恆成立后，如果想到分類討論去掉絕對值符號，就會極其麻煩；

③、如果出現了兩個絕對值符號，去掉的最好方法就是同時平方的方法。

例3 【2019屆高三理科數學資料用題】已知函數\(f(x)=x^2-|x|+a\)與\(y=1\)有\(4\)個交點，則實數\(a\)的取值范圍是_______________。

分析：將函數轉化為\(f(x)=|x|^2-|x|+a\)，故\(f(x)\)為偶函數，

重點做\(x\ge 0\)時的函數圖像，\(f(x)=x^2-x+a=(x-\cfrac{1}{2})^2+a-\cfrac{1}{4}(x\ge 0)\)，

對稱軸為\(x=\cfrac{1}{2}\)，最低點為\((\cfrac{1}{2}，a-\cfrac{1}{4})\)，和\(y\)軸的交點為\((0 ，a)\)，

再完善\(x<0\)時的圖像，得到函數\(y=f(x)\)的完整圖像，

想一想，當參數\(a\)變化時，\(f(x)\)的圖像如何變化？

由圖像可知，要使得函數\(f(x)=x^2-|x|+a\)與\(y=1\)有\(4\)個交點，

則必須滿足\(a>1\)且\(a-\cfrac{1}{4}<1\)，

解得\(a\in (1，\cfrac{5}{4})\)。

例4 已知函數\(f(x)=|log_3x|\)，實數\(m，n\)滿足\(0<m<n\)，且\(f(m)=f(n)\)，若\(f(x)\)在區間\([m^2,n]\)上的最大值為\(2\)，則\(\cfrac{n}{m}\)=___________。

分析：由圖可知，\(0<m<1\)，\(n>1\)，且\(mn=1\)，故\(0<m^2<m<1\)，

由\(f(x)\)在區間\([m^2,n]\)上的最大值為\(2\)，則\(f(m^2)=-log_3m^2=2\)，即\(m=\cfrac{1}{3}\)，

由\(mn=1\)，則\(n=3\)，則\(\cfrac{n}{m}=9\)。

例5 【2019臨汾三模用題】已知函數\(f(x)=|lnx|\)，若\(f(m)=f(n)(m>n<0)\)，則\(\cfrac{2}{m+1}+\cfrac{2}{n+1}\)=

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

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

例6 已知函數\(f(x)=|lg(x-1)|\)，若\(0<a<b\)且\(f(a)=f(b)\)，則\(ab\)的取值范圍是______________。

分析：\(f(x)=|lg(x-1)|=\left\{\begin{array}{l}{lg(x-1)，x\geqslant 2}\\{-lg(x-1)，1<x<2}\end{array}\right.\) 則由圖可知，\(1<a<2\)，\(b>2\)

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

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

則\(a=\cfrac{1}{b-1}+1\)，且\(1<a<2\)，\(b>2\)

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

\(=2+\cfrac{1}{b-1}+(b-1)>2+2\sqrt{\cfrac{1}{b-1}\times (b-1)}=4\)，等號不能取到，

故\(ab\in (4,+\infty)\).

例7 【2020屆高三理科周末訓練4用題】已知函數\(f(x)=x^2-2x+3a\)，\(g(x)=\cfrac{2}{x-1}\)，若對於任意\(x_1\in[0，3]\)，總存在\(x_2\in [2，3]\)使得\(|f(x_1)|\leqslant g(x_2)\)成立，則實數\(a\)的值為_______.

法1：由於對任意\(x_1\in[0，3]\)，總存在\(x_2\in [2，3]\)使得\(|f(x_1)|\leqslant g(x_2)\)成立，

則\(|f(x_1)|\leqslant g(x_2)_{max}\)，\(x_1\in[0，3]\)，\(x_2\in [2，3]\)

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

則\(-2\leqslant x^2-2x+3a\)在\(x\in[0，3]\)上恆成立，且\(x^2-2x+3a\leqslant 2\)在\(x_1\in[0，3]\)上恆成立，，

即\(-3a\leqslant x^2-2x+2\)在\(x\in[0，3]\)上恆成立，

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

且\(-3a\geqslant x^2-2x-2\)在\(x\in[0，3]\)上恆成立，

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

由①②求交集，得到\(a=-\cfrac{1}{3}\)。

注釋，帶有絕對值求左端的最值的思路，沒有去掉絕對值的轉化好。

例1 【絕對值數列求和】已知數列\(\{a_n\}\)的通項公式是\(a_n=3n-63\)，它的前\(n\)項和為\(S_n\)，求數列\(\{|a_n|\}\)的前\(n\)項和\(T_n\)。

解析：令\(a_n=3n-63\leq 0\)，則\(n\leq 21\)，

故數列\(\{|a_n|\}\)的通項公式為\(|a_n|= \begin{cases}63-3n &n\leq 21 \\ 3n-63 &n\ge22 \end{cases}\)

[備注：由於數列的通項公式是分段函數，所以其前\(n\)項和自然也應該用分段函數來表達刻畫]

\(1^。\) 當\(n\leq 21\)，\(T_n=|a_1|+|a_2|+\cdots+|a_n|\)

\(=-a_1-a_2-\cdots-a_n\)

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

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

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

\(2^。\) 當\(n\ge 22\)，\(T_n=|a_1|+|a_2|+\cdots+|a_n|\)

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

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

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

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

故數列\(\{|a_n|\}\)的前\(n\)項和\(T_n=\begin{cases}\cfrac{123n-3n^2}{2} &n\leq 21 \\ \cfrac{3n^2-123n}{2}+1260 &n\ge 22\end{cases}\)