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专题3 含绝对值的函数问题【讲】
在高考中，函数问题一直占有较大的分量，而含绝对值的函数是函数中较为困难的一类函数，含绝对值的函数在高考中往往以填空小题的形式出现，含绝对值函的数可以视为分段函数，也可以整体处理，因此恰当的进行分类整合，探究绝对值函数的图象与性质是解决此类问题的核心方法．
1．含绝对值函数常见类型：
主要有以下几类：
（1）形如的函数，由于，因此研究此类函数往往结合函数图像，可以看成由的图像在x轴上方部分不变，下方部分关于x轴对称得到；
（2）形如的函数，此类函数是偶函数，因此可以先研究的情况，的情况可以根据对称性得到；
（3）函数解析式中部分含有绝对值，如等，这种函数是普通的分段函数，一般先去绝对值，再作出图像进行研究；
（4）函数解析式中多个绝对值，如．
2．三角不等式：
【定理1】，．
注意等号成立的条件：
①成立的条件是；
②成立的条件是；
③成立的条件是；
④成立的条件是．
3．含绝对值函数的值域（最值）：
（1）设，，
证明：∵，
∴当时，有最小值为．
图1
（2）设，，
证明：∵，
∴当时，有最小值为，
图2
当时，有最大值为．
图3
（3）含有多个绝对值符号的函数：
举例如下：
①，
∴当时，有最小值为2．
②，
∴当时，有最小值为4．
一般地，有如下定理2：
【定理2】已知函数，设，
①若n为偶数，则当时，取最小值；
②若n为奇数，则当时，取最小值．
含绝对值问题的解法主要有：
1．定义讨论法
由于利用定义可以把绝对值去掉，因此往往需要分类讨论，其方法是：把每个绝对值为零的“零点”标在数轴上，则这些“零点”把数轴分成若干段，再对各段所对应的范围分别进行讨论即可．
2．性质平方法
因为绝对值的性质有，利用此性质可以把绝对值去掉．但这种方法的缺点是平方后往往比较复杂，另外要注意何时才能平方，防止出现增根．
3．等价转化法（合二为一）
利用绝对值的性质等价转化，去绝对值，例如：
，
或．
4．数形结合法
利用函数的图象解含有绝对值的函数问题．
考向一 绝对值函数的图象
例1．已知函数的图象经过点（，）和（，），则 ，的解集为 ．
【典例解读】
根据题意，得，解方程组，得，
所求函数表达式为．
作出函数的图象如图4所示，
图4
由图4可知：的解集是：．
【题后反思】
（1）绝对值在自变量上，则去掉函数y轴左边的图像，再把y轴右边的图像沿y轴翻折得到新的图像；
（2）绝对值在函数解析式上，把x轴下方的图像沿x轴翻折得到新的图像；
（3）同时，含绝对值的函数图像也遵循平移变换的原则．
【再练一个】
1．结合函数的的图象，写出该函数的一条性质： ．
考向二 绝对值函数的奇偶性、单调性、对称性
例2．已知，都是偶函数，且在上单调递增，设函数．若，则（ ）
A．且
B．且
C．且
D．且
【典例解读】
【思路一】将比较的函数值的大小转化为比较，的函数值的大小．
解法一：由于
∴，，
．∵为偶函数，∴．
∵，∴．
又∵是偶函数，且在上单调递增，∴．故．
同理，故选A．
【思路二】特例法．
解法二：取，则
作出函数的图象，如图6所示，由，及函数的图象得，，故选A．
图6
【题后反思】
（1）解法一利用了转化思想，关键是将的解析式改写成．我们有如下的两个重要的结论：
，
．
解法二利用了特殊化思想，取满足条件的特殊函数，，结合图象得出正确答案．
（2）含绝对值函数的单调性问题，可讨论去掉绝对值号，转化为分段函数，利用分段函数的单调性考虑问题．
【再练一个】
2．已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．增区间是 B．减区间是
C．增区间是 D．增区间是
例3．（2020年高考新课标II卷理科数学第9题）设函数，则f（x）（ ）
A．是偶函数，且在单调递增 B．是奇函数，且在单调递减
C．是偶函数，且在单调递增 D．是奇函数，且在单调递减
【典例解读】
【答案】D
【分析】根据奇偶性的定义可判断出为奇函数，排除AC；当时，利用函数单调性的性质可判断出单调递增，排除B；当时，利用复合函数单调性可判断出单调递减，从而得到结果．
【解析】由得定义域为，关于坐标原点对称，
又，
为定义域上的奇函数，可排除AC；
当时，，
在上单调递增，在上单调递减，
在上单调递增，排除B；
当时，，
在上单调递减，在定义域内单调递增，
根据复合函数单调性可知：在上单调递减，D正确．故选D．
【题后反思】
【点睛】本题考查函数奇偶性和单调性的判断；判断奇偶性的方法是在定义域关于原点对称的前提下，根据与的关系得到结论；判断单调性的关键是能够根据自变量的范围化简函数，根据单调性的性质和复合函数“同增异减”性得到结论．
【再练一个】
3．已知函数在区间和上均单调递增，则实数的取值范围是 ．
考向三 绝对值函数的最值（值域）
例4．若的最小值为3，则实数a的值为（ ）
A．5或8 B．或5 C．或4 D．或8
【典例解读】
本题以绝对值函数为载体，构造含参函数，逆向求参数，可采取的入口较多：如对a进行讨论，逐段去掉绝对值，从单调性角度解决；也可以从整体考虑，利用绝对值的几何意义、绝对值不等式的性质等方法．
解法一：化分段函数．
若，则
由一次函数的性质可知，当时，取得最小值，∴，
解得；
同理，若，可求得．
综上所述，或，故选D．
解法二：巧用绝对值不等式的性质．
利用绝对值不等式：，
则，
当且仅当时取得等号，此时同时取得最小值0．
由，可求得或，故选D．
解法三：利用绝对值的几何意义．
根据绝对值的几何意义可知：，结合数轴易知，当时，取得最小值，此时．由，可求得或，故选D．
解法四：特殊值排除法．
取和，易知和的最小值都是，排除A，B，C，故选D．
【题后反思】
本题的解法一、解法二、解法三都是紧紧围绕绝对值的定义、几何意义和性质这三个方面思考，其本质是一致的．解法四采取小题要“小做”和“巧做”，从选项入手，利用排除法的思想来解决．
对含绝对值的最值问题，我们往往采取下列三种解题策略：
（1）去绝对值：对含有多个绝对值的问题，需要分段去掉绝对值符号，转化为分段函数问题，此为基本方法，如解法一；
（2）绝对值的几何意义：从整体入手，根据绝对值的定义，采用数形结合方法解题，如解法三；
（3）绝对值不等式：如果是求最值或不等式恒成立问题，可以直接运用绝对值不等式的性质，如解法二．其次，应掌握绝对值不等式有关性质的推广．
（1）绝对值的几何意义推广结论：
已知函数，设，若n为偶数，则当时，取最小值；若n为奇数，则当时，取最小值；
（2）绝对值不等式的性质主要有：
；
．
【再练一个】
4．若函数在时取得最小值，则实数的取值范围是 ；
【反思】由含绝对值的函数的单调性求参数问题，可将含绝对值的函数取绝对值号转变为分段函数．根据分段函数单调性求解参数范围的步骤：
（1）先分析每一段函数的单调性并确定出参数的初步范围；
（2）根据单调性确定出分段点处函数值的大小关系；
（3）结合（1）（2）求解出参数的最终范围．
例5．已知t为常数，函数在区间上的最大值为2，则 ．
【典例解读】
解法一：函数的对称轴为直线，将x轴下方的图象翻到x轴上方，
由区间上的最大值为2知．
当，解得或5，检验当时，不符合，而时满足；
当，解得或，检验当时，不符合，而时满足．
综上得．
解法二：令，
∵，则，于是当的最大值为2时，
根据绝对值的几何意义知t取和3的中点，即．
【题后反思】
与解法一相比，解法二利用换元法成功地实现了从二维到一维的转化，把一个较复杂的函数问题转化为相对简单易求的函数问题，要注意的是换元后的新元z的范围．
【再练一个】
（2021年新高考I卷第15题）
5．函数的最小值为 .
例6．已知，若函数在区间上的最大值是5，则a的取值范围是 ．
【典例解读】
【思路一】注意到这一结构，我们可以想到换元，通过换元就可以将绝对值内的函数变为一次函数，结构更加简洁．不妨设，则将问题转化为恒成立，且存在t使得成立，可以考虑利用平方法去绝对值，最后检验所得a的取值范围．
解法一：设，则．
令，解得．
∵，∴．
问题转化为在上的最大值是5，即，且存在t使得成立．
将两边平方，进一步转化为在上恒成立，不妨设，只需∴．
下面证明当时，在区间上的最大值是5．
当时，，符合题意；
当时，．
又∵，，∴．综上所述．
【思路二】不妨将“在区间上的最大值是5”转化为在区间上恒成立，且存在x使得成立，我们可以先直接去绝对值解关于绝对值不等式的恒成立问题，然后再说明充分性即可．
解法二：设，∴．
令，解得．
∵，∴．
在区间上的最大值是5等价于在区间上恒成立，且存在x使得成立，∴在区间上恒成立，即在区间上恒成立．
只需，∴．以下同解法一．
【思路三】绝对值与平方形成一种微妙的等价运算，我们知道表示拋物线，类比这一结构我们不难得到绝对值函数的相关性质，如下表所示：
函数
图象
开口向上，开口向下（上图均为当时的函数图象）
顶点
对称轴 直线
因此我们也可以类比二次函数进行讨论．
解法三：设，∵，∴．
则问题转化为：在上的最大值是5，类比二次函数，进行定区间动轴讨论．
当时，，y的最大值是5，显然成立；
当时，，∴，则．此时，与矛盾；
当时，，则或
∴．综上所述，．
【思路四】数形结合思想也是我们解决含绝对值的重要方法，我们可以类比二次函数的图象，由的性质画出，的草图进行分析，将解法三进一步优化．
解法四：结合，的图象，不难分析出，恒成立，只需∴．以下同解法一．
【题后反思】
在进行分类讨论时，分类讨论的时机、分类讨论的对象、分类的标准都是重要的思考点，此外不容忽视的是对分类讨论各种结果的整合（取并集），另外对绝对值问题，若从函数角度分析最值问题，定性判断则会有高屋建瓴之感，在一定程度上避免了分类讨论的烦琐．
【再练一个】
（2024下江苏南京高二期中考试）
6．平面直角坐标系xOy中，动点到两坐标轴的距离的乘积为4，则的最小值为（ ）
A．1 B． C． D．2
考向四 含绝对值的方程问题
例7．若函数的图象与函数的图象恰有两个交点，则实数k的取值范围是 ．
【典例解读】
函数．
当时，；
当时，
综上，函数
作出函数的图象，如图7所示，要使函数与有两个不同的交点，则直线必须在四边形ABCD区域内（不包括与直线平行的直线），则此时当直线经过点时，，综上，实数k的取值范围是且．
图7
【题后反思】
本题运用了分类讨论与数形结合的思想方法，去绝对值往往需要利用绝对值的定义分类讨论，研究函数图象的交点借助函数的图象比较直观．
【再练一个】
7．已知函数，．若方程恰有4个互异的实数根，则实数的取值范围为__________．
例8．（2023年高考天津卷第15题）设，函数，若恰有两个零点，则的取值范围为 ．
【典例解读】
根据绝对值的意义，去掉绝对值，求出零点，再根据根存在的条件即可判断的取值范围．
（1）当时，，
即，
若时，，此时成立；
若时，或，
若方程有一根为，则，即且；
若方程有一根为，则，解得：且；
若时，，此时成立．
（2）当时，，
即，
若时，，显然不成立；
若时，或，
若方程有一根为，则，即；
若方程有一根为，则，解得：；
若时，，显然不成立；
综上，
当时，零点为，；
当时，零点为，；
当时，只有一个零点；
当时，零点为，；
当时，只有一个零点；
当时，零点为，；
当时，零点为．
∴当函数有两个零点时，且．
故答案为：．
【题后反思】
本题的解题关键是根据定义去掉绝对值，求出方程的根，再根据根存在的条件求出对应的范围，然后根据范围讨论根（或零点）的个数，从而解出．
【再练一个】
（2020年高考天津卷第9题）
8．已知函数若函数恰有4个零点，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
考向五 含绝对值的不等式问题
例9．（2022年高考浙江卷第9题）已知，若对任意，则（ ）
A． B． C． D．
【典例解读】
将问题转换为，再结合画图求解．
由题意有：对任意的，有恒成立．
设，，
即的图像恒在的上方（可重合），如图13所示：
图13
由图13可知，，，或，，
故选D．
【题后反思】
（1）转化思想的重要性：将问题转化为两个函数图像的位置关系，使复杂问题简单化，这是解决含绝对值不等式问题的关键思路．
（2）图像法的直观性：通过画图直观地呈现函数的特征，有助于理解和分析问题，这种方法在解决函数相关问题时非常有效．
（3）对函数性质的深入理解：需要熟悉函数的增减性、极值等性质，才能准确判断图像的相对位置．
（4）考虑多种情况：在分析过程中，要全面考虑不同的可能性，避免遗漏重要情况．
【再练一个】
9．已知函数.若存在，使得不等式成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
一、单选题：
10．若不等式对任意实数恒成立，则（ ）
A． B．0 C．1 D．2
11．设（），当时，的最大值为，则的最小值为（ ）
A． B．１ C． D．２
（2024高三上河南信阳月考）
12．已知不等式成立的一个必要不充分条件是，则实数m的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题：
（2024湖北湖南联考）
13．若函数在上单调，则实数的值可以为（ ）
A． B． C． D．3
三、填空题：
（2024上上海期末考试）
14．已知实数满足且，则的最小值是
（2024山东临沂沂水一中期末考试）
15．已知关于的不等式有实数解，则实数的取值范围是 .
（2024甘肃张掖期末考试）
16．若对于任意，都存在，使得，则实数的取值范围是 .
四、多空题：
17．已知函数，．
（1）若关于的方程只有一个实数解，实数的取值范围为 ；
（2）若当时，不等式恒成立，求实数的取值范围为 ；
（3）函数在区间上的最大值为 ．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．其图象关于直线轴对称（答案不唯一）
【分析】结合函数解析式，在坐标系中画出函数图象，可以写出函数的对称性.
【详解】利用翻折变换，可得函数的图象如图所示，
显然其图象关于直线轴对称．（答案不唯一）
故答案为：其图象关于直线轴对称（答案不唯一）
2．D
【解析】根据题意，将写成分段函数的形式，结合二次函数的性质分段讨论的单调性和单调区间，综合可得答案．
【详解】根据题意，函数，
当时，，在区间上为减函数，在区间上为增函数；
当时，，在区间上为增函数，在区间上为减函数；
综合可得：在区间和上为减函数，在区间上为增函数，
故选：D.
3．
【分析】设，求出函数的两个零点，且，将函数化为分段函数，分类讨论，当时，可知函数在区间上不可能单调递增；当时，根据的范围可知恒满足函数在区间上单调递增，根据解析式可知在上单调递增，再由可解得结果.
【详解】设，其判别式，所以函数一定有两个零点，
设函数的两个零点为，且，
由得，，
所以函数，
①当时，在上单调递减或为常函数，从而在不可能单调递增，故，
②当时，，
，所以，
所以，
因为在上单调递增，所以在上也单调递增，
因为在和上都单调递增，且函数的图象是连续的，所以在上单调递增，
欲使在上单调递增，只需，得，
综上所述：实数的取值范围是.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：求解关键有2个：①利用的零点将函数化为分段函数；②分类讨论，利用分段函数的单调性求解.
4．
【分析】根据条件可化为分段函数，根据函数的单调性和函数值即可得到解不等式组即可.
【详解】当时，，
当时，，
且，
当时，，
且，
当时，，
且，
若函数在时取得最小值，
根据一次函数的单调性和函数值可得，解得，
故实数的取值范围为
故答案为：
【点睛】本题考查了由分段函数的单调性和最值求参数的取值范围，考查了分类讨论的思想，属于中档题.
5．1
【分析】由解析式知定义域为，讨论、、，并结合导数研究的单调性，即可求最小值.
【详解】由题设知：定义域为，
∴当时，，此时单调递减；
当时，，有，此时单调递减；
当时，，有，此时单调递增；
又在各分段的界点处连续，
∴综上有：时，单调递减，时，单调递增；
∴
故答案为：1.
6．D
【分析】分同号和异号，利用不等式以及基本不等式求最值.
【详解】由已知得，
当同号时，，，
此时，
当且仅当时等号成立；
当异号时，不妨设，则，，
此时，
当且仅当时等号成立；
综合得的最小值为.
故选：D.
7．．
【详解】试题分析：（方法一）在同一坐标系中画和的图象（如图），问题转化为
与图象恰有四个交点．当与（或与）相切时，与图象恰有三个交点．把代入，得，即，由，得，解得或．又当时，与仅两个交点，或．
（方法二）显然，∴．令，则
∵，∴．结合图象可得或．
考点：方程的根与函数的零点．
8．D
【分析】由，结合已知，将问题转化为与有个不同交点，分三种情况，数形结合讨论即可得到答案.
【详解】注意到，所以要使恰有4个零点，只需方程恰有3个实根
即可，
令，即与的图象有个不同交点.
因为，
当时，此时，如图1，与有个不同交点，不满足题意；
当时，如图2，此时与恒有个不同交点，满足题意；
当时，如图3，当与相切时，联立方程得，
令得，解得（负值舍去），所以.
综上，的取值范围为.
故选：D.
【点晴】本题主要考查函数与方程的应用，考查数形结合思想，转化与化归思想，是一道中档题.
9．A
【分析】因为,故化简为,令.若存在,使得不等式成立,即小于最大值,求解最大值即可得实数的取值范围.
【详解】
即:
可化为: 即
若存在，使得不等式成立 即小于最大值.
令
①当时,
此时
②当时
③当时
综上所述,,故,即的取值范围是: .
故选:A.
【点睛】本题考查带绝对值函数的求解.在求解带绝对值函数时,一般利用零点分段法去掉绝对值来求解,考查分类讨论数学思想.
10．D
【分析】分类讨论，根据条件可以得到且和且同时成立，从而得到，得到结果.
【详解】当时，即时，恒成立，
所以恒成立，所以且；
当时，即时，恒成立
所以或恒成立，所以且，
综上，
故选：D.
【点睛】该题考查的是有关不等式的问题，涉及到的知识点有不等式的解法，分类讨论思想，属于中档题目.
11．A
【分析】利用得，通过式子的结构，构造出，解得答案．
【详解】由题意（），当时，的最大值为，
则，
所以
，
所以，
故选：A．
12．C
【分析】先求得不等式解集，结合题意，得到关于的不等式，从而得解．
【详解】因为等价于，即，
当，不等式为，显然不成立；
当时，不等式解得，
当时，不等式解得，
所以等价于或；
因为不等式成立的一个必要不充分条件是，
所以或是的真子集，
则或，解得或，
即实数m的取值范围是.
故选：C．
13．BD
【分析】分别讨论和两种情况，结合二次函数的图像分析，即可得到答案.
【详解】①当，即时，，所以的对称轴为，则的图象如下：
结合图象可知，要使函数在上单调，则或，解得：或，即或；
②当，即或，令，则的对称轴为，则的图象如下：
结合图象可知，要使函数在上单调，
则，或，或，或
解得：，或，
综上：或；
故选：BD
14．
【分析】根据绝对值的性质分析可知，解不等式即可得结果.
【详解】因为，
则，
且，则，可得，解得，
所以的最小值是.
故答案为：.
15．
【分析】根据不等式有解转化为最值问题进而分类讨论求解答案.
【详解】因为关于的不等式有实数解，
所以，
当时，，
当时，，
当时，，
所以，即，
解得或，
所以实数的取值范围是.
故答案为：
16．
【分析】根据函数解析式得到，进而对分类讨论求出的最小值即可求出结果.
【详解】解：设，，
易得，，
∴，
∴当时，，
∵对于任意，都存在，使得，
∴，
故的取值范围为.
故答案为：.
17．
【分析】（1）分析可知，为方程的一根，利用参变量分离法得出方程在时无解，数形结合可得出实数的取值范围；
（2）分、两种情况讨论，在时不等式恒成立，在时，由参变量分离法得出，求出函数的值域，由此可得出实数的取值范围；
（3）将写成分段函数，再对分五种情况讨论，分别求出函数的最小值.
【详解】（1）方程，即，变形得，
显然，是该方程的根，从而欲使原方程只有一解，
即要求方程，有且仅有一个等于的解或无解 ，
所以直线与函数在上的图象无交点，如下图所示：

由图可知，当时，直线与函数在上的图象无交点，
因此，实数的取值范围是.
（2）不等式对恒成立，即对恒成立，
①当时，（*）显然成立，此时；
②当时，（*）可变形为，令
∵当时，，当时，，
∴，故此时．
综合①②，得所求实数的取值范围是．

（3）因为
①当，即时，大致图象如下，可知在上单调递减，
在上单调递增，且，，，
故在上的最大值为；

②当，即时，大致图象如下，
可知在，上单调递减，在，上单调递增，
且，，，，
，
故在上的最大值为；

③当，即时，大致图象如下，
可知在，上单调递减，在，上单调递增，
且，，，，
故，又，故，
此时在上的最大值为；

④当，即时，大致图象如下，
可知在，上单调递减，在，上单调递增，
且，，，
故在上的最大值为.

⑤当，即时，大致图象如下，
可知在时，，在时，单调递增，，时，，
故在上的最大值为.

综上所述，
当时，在上的最大值为；
当时，在上的最大值为；
当时，在上的最大值为，
即．
故答案为：；；
【点睛】关键点点睛：本题关键是分类讨论需做到不重不漏，另外一个就是数形结合思想的应用.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

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