绝对值函数

前言

主要涉及绝对值函数与指数型函数，对数型函数的复合函数的常用结论的理解和掌握；

函数图像

熟练掌握以下函数的图像的做法，

• \(f(x)=-x^2+2|x|+2=\left\{\begin{array}{l}{-x^2+2x+2，x\geqslant 0}\\{-x^2-2x+2，x<0}\end{array}\right.\)

• 由\(y=|x|\)的图像和性质，引申出\(f(x)=|x+a|\)的图像和性质；\(f(x)=|2x+a|\)的图像和性质；\(f(x)=k|x-1|\)的图像和性质；

• 函数\(y=2^{|x|}\)的图像和性质，\(y=lg|x|\)的图像和性质，\(y=|lgx|\)的图像和性质

• 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

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：\(f(x)=|2^x-1|=\left\{\begin{array}{l}{2^x-1，x\geqslant 0}\\{1-2^x，x<0}\end{array}\right.\)

不妨设\(a\)在左，\(b\)在右，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\(2^a+2^b=2\).

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：\(f(x)=|2^x-1|=\left\{\begin{array}{l}{2^x-1，x\geqslant 0}\\{1-2^x，x<0}\end{array}\right.\) 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\(D\)。

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

分析：\(f(x)=|lgx|=\left\{\begin{array}{l}{lgx，x\geqslant 1}\\{-lgx，0<x<1}\end{array}\right.\) 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\(ab=1\)。

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：\(f(x)=|lg(x-1)|=\left\{\begin{array}{l}{lg(x-1)，x\geqslant 2}\\{-lg(x-1)，1<x<2}\end{array}\right.\) 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\((a-1)(b-1)=1\)。

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

当\(x\in [\cfrac{3}{2},4]\)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\(x\in [\cfrac{3}{2},4]\)，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\(x\in [\cfrac{3}{2},4]\)，则\(x+\cfrac{4}{x}\in [4,5]\)，

由于\(|f(x)|\leqslant 2\)，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\((6a+b)_{max}=6\)

已知函数\(f(x)\)是定义在\(R\)上的偶函数，当\(x\ge 0\)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\(f(x)=\left\{\begin{array}{l}{2^x，x\geqslant 0}\\{2^{-x}，x<0}\end{array}\right.\)

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\(3x^2-2ax-a^2\leq 0\)在区间\([a，a+2]\)上恒成立，

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

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、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。

【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\(x\ge 0\)时的函数图像，\(f(x)=x^2-x+a=(x-\cfrac{1}{2})^2+a-\cfrac{1}{4}(x\ge 0)\)，

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\(a\in (1，\cfrac{5}{4})\)。

【2019 \(\cdot\) 南充模拟】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 \(0<m^2<m<1<n\)，

由 \(f(x)\) 在区间 \([m^2,n]\) 上的最大值为 \(2\)，又函数 \([m^2,1]\) 上单调递减，在 \([1,n]\)上单调递增，

故\(f(x)_{max}=f(m^2)=2\) 或 \(f(x)_{max}=f(n)=2\)

当 \(f(m^2)=-log_3m^2=2\)，即\(m=\cfrac{1}{3}\)，此时 \(n=3\)， \(|log_3n|=1\)，符合题意；

当 \(f(x)_{max}=f(n)=2\)，即\(|log_3n|=log_3n=2\)，即\(n=9\)，此时 \(m=\cfrac{1}{9}\)，

则此时 \(f(m^2)=|log_3m^2|=-log_3(\frac{1}{9})^2=4\)，不符合题意，故舍去；

综上所述，\(m=\cfrac{1}{3}\)，则\(n=3\)，故\(\cfrac{n}{m}=9\)。

【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\(C\)。

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：\(f(x)=|lg(x-1)|=\left\{\begin{array}{l}{lg(x-1)，x\geqslant 2}\\{-lg(x-1)，1<x<2}\end{array}\right.\) 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\(ab=(\cfrac{1}{b-1}+1)b=\cfrac{b}{b-1}+1=1+\cfrac{1}{b-1}+6\)

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

故\(ab\in (4,+\infty)\).

【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\(x_1\in[0，3]\)，总存在\(x_2\in [2，3]\)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\(x_1\in[0，3]\)，总存在\(x_2\in [2，3]\)使得\(|f(x_1)|\leqslant g(x_2)\)成立，

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

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

则\(-2\leqslant x^2-2x+3a\)在\(x\in[0，3]\)上恒成立，且\(x^2-2x+3a\leqslant 2\)在\(x_1\in[0，3]\)上恒成立，，

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

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\(x\in[0，3]\)上恒成立，

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。

【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\(a_n=3n-63\leq 0\)，则\(n\leq 21\)，

故数列\(\{|a_n|\}\)的通项公式为\(|a_n|= \begin{cases}63-3n &n\leq 21 \\ 3n-63 &n\ge22 \end{cases}\)

[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\(n\leq 21\)，\(T_n=|a_1|+|a_2|+\cdots+|a_n|\)

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

【求复合函数的单调区间】函数\(f(x)=5^{1-|2x+4|}\)的单调递增区间是【】

$A.[2，+\infty)$ $B.[-\cfrac{3}{2}，+\infty)$ $C.(-\infty，-\cfrac{3}{2})$ $D.(-\infty，-2]$

解析: 令\(t=g(x)=1-|2x+4|=\left\{\begin{array}{l}-2x-3, x>-2\\2x+5, x\leqslant -2\end{array}\right.\)

则\(g(x)\)在\([-2，+\infty)\)上单调递减，在\((-\infty，-2]\)上单调递增，

又\(y=5^{t}\)在\(R\)上是增函数，所以\(f(x)\)的单调递增区间是\((-\infty，-2]\)，故选\(D\)。

已知函数\(f(x+2)\)是定义域为\(R\)的偶函数，\(f(x)\)在\((2, +\infty)\)上单调递减，则不等式\(f(\ln x)-f(1)<0\)的解集是 【\(\quad\)】

$A.(0,1)\cup (3,+\infty)$ $B.(1,3)$ $C.(0,e)\cup (e^3,+\infty)$ $D.(e,e^3)$

法1：利用示意图图像求解；

由于\(f(x+2)\) 的图象关于\(y\) 轴对称，故 \(f(x)\) 的图象关于直线 \(x=2\) 对称，

则有\(f(1)=f(3)\)，由\(f(\ln x)-f(1)<0\)得到，\(f(\ln x)<f(1)\)，

又由于\(f(x)\) 在 \((2,+\infty)\) 上单调递减，可得 \(f(x)\) 在 \((-\infty, 2)\) 上单调递增，

故得到即\(\ln x<1=\ln e\)或\(\ln x>3=\ln e^3\)，

解得 \(0<x<e\) 或 \(x>e^{3}\)，故选：\(C\).

法2：类比偶函数的性质求解；

\(f(x+2)\) 的图象关于 \(y\) 轴对称，故\(f(x)\)的图象关于直线 \(x=2\) 对称，

且\(f(x)\)在在\((-\infty, 2)\)上单调递增，\((2,+\infty)\)上单调递减，

由\(f(\ln x)-f(1)<0\)先变形为 \(f(\ln x)<f(1)\)，

则结合绝对值的定义，得到\(|\ln x-2|>|1-2|=1\)故自变量的值\(x\)距离对称轴\(x=2\)越远，则函数值\(f(x)\)越小；由\(f(\ln x)\)\(<\)\(f(1)\)，则得到\(|\ln x-2|\)\(>\)\(|1-2|\)

即\(|\ln x-2|>1\)

所以\(\ln x-2>1\) 或\(\ln x-2<-1\)，即\(\ln x<1=\ln e\)或\(\ln x>3=\ln e^3\)，

解得 \(0<x<e\) 或 \(x>e^{3}\)，故选：\(C\).

已知函数\(f(x)=|1-\cfrac{1}{x}|\)，若\(0<a<b\)且满足方程\(f(a)=f(b)\)当你完整解完本题目，你会发现，这句话的用意是为了告诉你\(\cfrac{1}{a}\)\(+\)\(\cfrac{1}{b}\)\(=\)\(2\)，从而接下来能利用均值不等式求解求最小值；，求\(4a+b\)的最小值；

解析：由\(f(a)=f(b)\)，即\(|1-\cfrac{1}{a}|=|1-\cfrac{1}{b}|\)，结合\(f(x)\)的图象可知，\(a<1<b\)，

故去掉绝对值符号，得到\(\cfrac{1}{a}-1=1-\cfrac{1}{b}\)，

故得到\(\cfrac{1}{a}+\cfrac{1}{b}=2\)，且\(0<a<1<b\)，

则 \(4a+b=\cfrac{1}{2}\times 2 \times(4a+b)=\cfrac{1}{2}\times(\cfrac{1}{a}+\cfrac{1}{b})\times(4a+b)\)

\(=\cfrac{1}{2}(4+1+\cfrac{b}{a}+\cfrac{4a}{b})\geqslant \cfrac{1}{2}(5+2\sqrt{4}=9\)，

当且仅当 \(\cfrac{b}{a}=\cfrac{4a}{b}\) 且 \(\cfrac{1}{a}+\cfrac{1}{b}=2\) 时，

即 \(a=\cfrac{3}{4}\) 且 \(b=\cfrac{3}{2}\) 时取到等号；故 \((4a+b)_{\min}=\cfrac{9}{2}\) .

【2024高三数学训练】已知集合 \(a=\{(x,y)\mid x|x|+y|y|=2\}\)，集合 \(B=\{(x,y)\mid y^2=x^2\}\)，则 \(A\cap B\) 的子集个数为 【\(\qquad\)】

$A.2$ $B.4$ $C.8$ $D.16$

解析：\(x|x|+y|y|=2\) 的化简是难点，可以针对 \(x\) 和 \(y\) 分类讨论如下：

\(\left\{\begin{array}{l}{x\geqslant0}\\{y\geqslant0}\\{x^2+y^2=2}\end{array}\right.\quad\) 或 \(\left\{\begin{array}{l}{x\geqslant0}\\{y<0}\\{x^2-y^2=2}\end{array}\right.\quad\) 或 \(\left\{\begin{array}{l}{x<0}\\{y<0}\\{-x^2-y^2=2}\end{array}\right.\quad\) 或 \(\left\{\begin{array}{l}{x<0}\\{y\geqslant0}\\{-x^2+y^2=2}\end{array}\right.\quad\)

手工画出图形，如图中的红色曲线，\(y=\pm x\) 对应图中的两条蓝色直线，且是渐近线，故两个图像只有一个交点 \((1,1)\) ，故 \(A\cap B\) 为单元素集合，故选 \(A\) .

对应练习

已知函数\(f(x)=|log_2x|\)，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\(n+m\)=___________。

提示：\(n+m=2+\cfrac{1}{2}=\cfrac{5}{2}\)