高考专题高中数学微课题研究性精品教程专题2.12：含绝对值的函数问题的研究与拓展(2)

------------------------------------------- ------------------------奋斗没有终点任何时候都是一个起点
------ -----------------------------------------------








专题2.12：含绝对值的函数问题的研究与拓展（2）
【探究拓展】
探究1：已 知
a
为正的常数，函数
f(x)?ax?x
2
?lnx
．
（1）若
a?2
，求函数
f(x)
的单调增区间；
（2）设
g(x)?



拓展：已知函数
f(x )?x?a|lnx?1|
,
g(x)?x|x?a|?2?2ln2,a?0
. < br>（1）当
a?1
时,求函数
f(x)
在区间
[1,e]
上的最大值；
2
f(x)
，求函数
g(x)
在区间
?< br>1,e
?
上的最小值．
x
3
a,x?[1,??)
恒成立,求
a
的取值范围； < br>2
（3）对任意
x
1
?[1,??)
,总存在惟一的
．．．
x
2
?[2,??)
,使得
f(x
1
)?g (x
2
)
成立,求
a
的取值范围.
（2）若
f( x)?
解：（Ⅰ）当
a?1
,
x?[1,e]
时
f(x)? x?lnx?1
,
f
?
(x)?2x?
2
所以
f( x)
在
[1,e]
递增,所以
f(x)
max
?f(e)? e

2
1
?f
?
(1)?1
,
x
（Ⅱ）①当
x?e
时，
f(x)?x?alnx?a
，
f
?
(x)?2x?
2
a
，
?a?0
，
?f(x)? 0
恒成立,②当
x
信达

---------------- -------------------------------------------------- -奋斗没有终点任何时候都是一个起点
----------------------------- ------------------------



1?x?e时，
f(x)?x
2
?alnx?a
，
f
?
( x)?2x?
a2aa
?(x?)(x?)
，
xx22
（i）当< br>a
?1,
即
0?a?2
时，
f
?
(x)在
x?(1,e)
时为正数，所以
f(x)
在区间
[1,e)< br>上为增函数,故当
2
x?1
时，
y
min
?1?a< br>，且此时
f(1)?f(e)
?e
2
…
(ii)当
1?
aaa
?e
,即
2?a?2e
2
时，
f
?
(x)
在
x?(1,)
时为负数，在间
x?(,e)
时 为正数,所以
222
f(x)
在区间
[1,
aa
)
上为减函数，在
(,e]
上为增函数,故当
x?
22
a
3a aa
时，
y
min
??ln
，且此时
2
222f(
aa
)?f(e)
?e
2
……(iii)当
?e< br>,即
a?2e
2
时，
f
?
(x)
在
x?(1,e)
时为负数，所以
f(x)
在区
22
2
间[1 ,e]上为减函数，故当
x?e
时，
y
min
?f(e)?e

?
1?a,0?a?2
?
3aaa
?ln,2?a?2e
2
… 综上所述，函数
y?f(x)
的最小值为
y
min
?
?
?
22
2
2
e,a?2e
2
?
33aa33
22
2
所以当
1?a?a
时,得
0?a?2
;当
a?ln?a
(
2?a?2e
)时,无解；当
e?a< br>（
a?2e
）
222222
时,得
a?
2
e
不成立.综上,所求
a
的取值范围是
0?a?2
……
3< br>（Ⅲ）①当
0?a?2
时,
g(x)
在
[2,??)
单调递增,由
g(2）?6?2a?2ln2?1?a
,
52
?ln2?a?2

33
a3aaa
?2a?2?2ln2??ln
, ②当
1??2< br>时，
g(x)
在
[2,??)
先减后增,由
g(2）
2222
aaa
得
?ln?2?2ln2?0
,
222
a
设
h(t)?t?tlnt?2?2ln2(t?)
,
h
?
(t)?2?lnt?0(1?t?2)
,
2
得
所以
h(t)单调递增且
h(2)?0
，所以
h(t)?0
恒成立得
y
2?a?4
…
[a,??)
递增,

aaa
?e< br>2
时,
f(x)
在
[2,]
递增，在
[,a]
递减，在
222
a3aaa
?ln
, 所以由
g()?
2222
③当
2?
信达
a
a

2
x

----------------------- --------------------------------------------奋斗没有终点 任何时候都是一个起点
------------------------------------ -----------------



a
2
3aaa
??ln?2?2ln2?0
, 得
4222
设
m(t)?t?3t?tlnt?2?2ln2
,则
m
?
(t)?2t?2?lnt?0(t?(2,e)
,所以
m(t)
递增，且
m (2)?0
,
所以
m(t)?0
恒成立，无解.
④当
a? 2e
时，
f(x)
在
[2,]
递增，在
[,a]
递 减，在
[a,??)
递增,所以由
g()
?e
得
2
22
a
2
a
2
a
2
a
2
52?e
2
?2?2ln2?0
无解综上,所求
a
的取值范围是a?[?ln2,4)

4
33

探究2：若
f
1
?
x
?
?3
且
f
?
x
??
?
x?p
1
，
f
2
(x)?2?3
x?p
2
，
x?R,p
1
,p
2
为常数，
?
?
f
1
?
x
?
,f
1
?x
?
?f
2
?
x
?

?
?< br>f
2
?
x
?
,f
1
?
x
?
?f
2
?
x
?
（1）求
f
?
x< br>?
?f
1
?
x
?
对所有实数成立的充要条件（用p
1
,p
2
表示）；
（2）设
a,b
为两实 数，
a?b
且
p
1
,p
2
?
a,b
?
,若
f
?
a
?
?f
?
b
?< br>.求证：
f
?
x
?
在区间
?
a,b
?
上的单调增区
间的长度和为
b?a
（闭区间
?
m,n?
的长度定义为
n?m
）
2
【解析】本小题考查充要条件、指数函数与绝对值函数、不等式的综合运用．
（Ⅰ ）
f
?
x
?
?f
1
?
x
?
恒成立
?
f
1
?
x
?
?f
2
?
x
?
?
3
x?p
1
?23
x?p
2
?
3
x?p
1
?x?p
2
?3
log< br>3
2

?
x?p
1
?x?p
2
?l og
3
2
（*）因为
x?p
1
?x?p
2
?
?
x?p
1
?
?
?
x?p
2
?
?p
1
?p
2

所以，故只需
p
1
?p
2
?log
3
2
（*）恒成立
综上所述，
f
?
x
?
?f
1
?
x
?
对所有实 数成立的充要条件是：
p
1
?p
2
?log
3
2< br>
（Ⅱ）1°如果
p
1
?p
2
?log
3< br>2
，则的图象关于直线
x?p
1
对称．因为
f
?a
?
?f
?
b
?
，所以区间
?
a,b
?
关
于直线
x?p
1
对称．
因为减区间为
?
a,p
1
?
，增区间为
?
p
1
,b< br>?
，所以单调增区间的长度和为
2°如果
p
1
?p
2
?log
3
2
.
b?a

2
信达

----------------------------------------- --------------------------奋斗没有终点任何时候都是一个起点
---- -------------------------------------------------< br>


x?p?log2
x?p
?
?
?3
23
,x?
?
p
2
,b
?
?
3
1
,x?
?
p
1
,b
?
（1）当p
1
?p
2
?log
3
2
时.
f1
?
x
?
?
?
p?x
，
f
2
?
x
?
?
?
p?x?log2

231
3,x?a,p
3,x?a,p
?
1
?
?
2
?
?
?
??
当
x?
?
p
1
,b
?
，
f
1
?
x
?
?3
p< br>2
?p
1
?log
3
2
?3
0
?1 ,
因为
f
1
?
x
?
?0,f
2
?
x
?
?0
，所以
f
1
?
x
??f
2
?
x
?
，故
f
2
?
x
?
f
?
x
?
?f
1
?
x
?
=
3
x?p
1

当
x?
?
a, p
2
?
，
f
1
?
x
?
?3
p
1
?p
2
?log
3
2
?3
0
?1,
因为
f
1
?
x
?
?0,f
2?
x
?
?0
，所以
f
1
?
x
?
?f
2
?
x
?
，故
f
2
?x
?
f
?
x
?
?f
2
?
x< br>?
=
3
p
2
?x?log
3
2
< br>因为
f
?
a
?
?f
?
b
?
，所以
3
b?p
1
?3
p
2
?a?log
3
2
，所以
b?p
1
?p
2
?a?log
3
2,
即
a?b?p
1
?p
2
?log
3
2
当
x?
?
p
2
,p
1
?
时，令
f
1
?
x
?
?f
2
?
x
?，则
3
当
x?
?
p
2
,
p
1
?x
?3
x?p
2
?log
3
2
，所以< br>x?
p
1
?p
2
?log
3
2
，
2
?
?
p
1
?p
2
?log
3< br>2
?
x?p
2
?log
3
2
3
时， ，所以=
fx?fxfx?fx
????????
122
?
2?
?
p?p
2
?log
3
2
?
x?< br>?
1
,p
1
?
时，
f
1
?
x
?
?f
2
?
x
?
，所以
f
?< br>x
?
?f
1
?
x
?
=
3
p
1
?x

2
??
f
?
x
?
在区间
?
a,b
?
上的单调增区间的长度和
b?p
1?
=
b?
p
1
?p
2
?log
32
?p
2

2
p
1
?p
2
? log
3
2
a?bb?a
?b??

222
x?p ?log2
x?p
?
?
?
3
23
,x?
?
p
2
,b
?
?
3
1
,x?
?p
1
,b
?
（2）当
p
2
?p
1?log
3
2
时.
f
1
?
x
?
?
?
p?x
，
f
2
?
x
?
?< br>?
p?x?log2

23
1
,x?
?
a, p
2
?
?
?
?
3,x?
?
a,p
1
?
?
3
当
x?
?
p
2
,b?
，
f
1
?
x
?
?3
p
2< br>?p
1
?log
3
2
?3
0
?1,
因为
f
1
?
x
?
?0,f
2
?
x
?
?0
，所以
f
1
?
x
?
?f< br>2
?
x
?
，故
f
2
?
x
?
f
?
x
?
?f
2
?
x
?
=
3
x?p
2
?log
3
2

当
x?
?
a,p
1
?
，
f
1
?
x< br>?
?3
p
1
?p
2
?log
3
2< br>?3
0
?1,
因为
f
1
?
x
??0,f
2
?
x
?
?0
，所以
f
1< br>?
x
?
?f
2
?
x
?
故
f
2
?
x
?
f
?
x
?
?f
1
?
x
?
=
3
p
1
?x

因为
f
?
a
?
?f
?
b
?
，所 以
3
p
1
?a
?3
b?p
2
?log3
2
，所以
a?b?p
1
?p
2
?log3
2

信达

------------------- ------------------------------------------------奋斗 没有终点任何时候都是一个起点
-------------------------------- ---------------------



当
x?
?
p
1
,p
2
?
时，令
f
1
?
x
?
?f
2
?
x
?
，则
3
当
x?
?
p
1
,
x?p
1
?3
p
2
?x?log
3
2
，所以
x?
p
1< br>?p
2
?log
3
2
，
2
?
?< br>p
1
?p
2
?log
3
2
?
x?p
1
3
时，，所以=
fx?fx
fx?fx
????
????
12
1
?
2
?
?
p?p
2?log
3
2
?
x?
?
1
,p
1?
时，
f
1
?
x
?
?f
2
?
x
?
，所以
f
?
x
?
?f
2?
x
?
=
3
p
2
?x?log
32

2
??
f
?
x
?
在区间
?
a,b
?
上的单调增区间的长度和
b?p
2
?
=
b?
p
1
?p
2
?log
3
2
? p
1

2
p
1
?p
2
?log
3
2
a?bb?a

?b??
222
b?a

2
综上得
f
?
x
?
在区间
?
a,b?
上的单调增区间的长度和为

变式1：定义区间
?
c,d?
、
?
c,d
?
、
?
c,d
?
、
?
c,d
?
的区间长度均为
d?c
，则当
a? b
时，不等式
11
??1
的区间长度之和为_____________2
x?ax?b
x
2
?(a?b?2)x?(a?b?ab)
?0，分子构成的函数的两个零点和
a,b
的大小研究根据二不等式的转化
(x?a) (x?b)
次函数的零点分布问题
xx
变式2：已知
f
1
(x)?|3?1|,f
2
(x)?|a?3?9|(a?0),x?R
，且
?
f(x),f
1
(x)?f
2
(x)
f(x)?
?
1

?
f
2
(x),f
1
(x)?f
2
(x)
（1）当
a
=1时，求
f(x)
的解析式 ；
（2）在（1）的条件下，若方程
f(x)?m?0
有4个不等的实根，求实数< br>m
的范围；
（3）当
2?a?9
时，设
f(x)?f
2
(x)
所对应的自变量取值区间的长度为
l
（闭区间[
m
,
n
]的长度定义为
n?m
），试求
l
的最大值. x
解:(1)当
a?1
时,
f
2
(x)?|3?9|< br>.
xx
??
?
3?1,x?0
?
3?9,x?2< br>f
2
(x)?
?
故
f
1
(x)?
?

xx
??
?
1?3,x?0
?
9?3,x?2< br>易知当
x?log
3
5
时
f
1
(x)?f< br>2
(x)

信达

---------------- -------------------------------------------------- -奋斗没有终点任何时候都是一个起点
----------------------------- ------------------------



?
3< br>x
?9,x?2
?
x
?
9?3,log
3
5 ?x?2
所以
f(x)?
?
x
……………5分
?
3?1,0?x?log
3
5
?
1?3
x
,x?0
?
（2）
f(x)?m
，可画出
y?
f(x)
和
y ?m
的图像，
由数形结合可知，当
m?(0,1)
时方程
f(x) ?m?0
有4个不等的实根……………9分
（3）当
x?log
3
9
xx
时,因为
a?3?9?0
,
3?1?0
,
a
8
,
a?1
xxx
所以由
f
2
(x)?f
1
(x)?(a?3?9)?(3?1)?(a?1)3?8?0
,解得
x?log
3
98
时,
f(x)?f
2
(x)
?x?log
3
aa?1
9
xx
当
0?x? log
3
时,因为
a?3?9?0
,
3?1?0
,
a
从而当
log
3
xxx
所以由
f
2
( x)?f
1
(x)?(9?a?3)?(3?1)?10?(a?1)3?0
,解得< br>x?log
3
10
,
a?1
从而当
log
3
109
?x?log
3
时,
f(x)?f
2
(x )

a?1a
xxx
当
x?0
时,因为
f
2
(x)?f
1
(x)?(9?a?3)?(1?3)?8?(a?1)3?0
,
从而
f(x)?f
2
(x)
一定不成立
108,log
3
]
时,
f(x)?f
2
(x)
,… …………14分
a?1a?1
81042
故
l?log
3
?log
3
?log
3
[(1?)]

a?1a?15a? 1
12
从而当
a?2
时,
l
取得最大值为
log< br>3
……………16分
5
综上得,当且仅当
x?[log
3
信达

-------------------------------------------------- -----------------奋斗没有终点任何时候都是一个起点
------------- ----------------------------------------




|x?2a?1|
,f
2
(x)?e
|x?a |?1
,x?R
. 变式3：已知函数
f
1
(x)?e
(1 )若
a?2
,求
f(x)
?
f
1
(x)
+
f
2
(x)
在
x?
[2，3]上的最小值；
(2 )若
x?[a,??)
时,
f
2
(x)?f
1
(x )
,求
a
的取值范围；
(3)求函数
g(x)?
f
1
(x)?f
2
(x)|f
1
(x)?f
2
(x )|
在
x?
[1，6]上的最小值.
?
22
【解答】(1 )因为
a?2
,且
x?
[2，3],所以
f(x)?e
| x?3|
?e
|x?2|?1
?e
3?x
?e
x?1
e
3
e
x
e
3
e
x
?
x
??2
x
??2e
,
eeee
当且仅当
x
=2 时取等号,所以
f(x)
在
x?
[2，3]上的最小值为
3e
．
(2)由题意知,当
x?[a,??)
时,
e
|x?2a?1 |
?e
|x?a|?1
,即
|x?2a?1|?|x?a|?1
恒成 立．
2
所以
|x?2a?1|?x?a?1
,即
2ax?3a?2 a
对
x?[a,??)
恒成立,
则由
?
?
22a?0
2
?
2a?3a?2a
,得所求
a
的取值范围 是
0?a?2
．
(3) 记
h
1
(x)?|x?(2a? 1)|,h
2
(x)?|x?a|?1
,则
h
1
(x),h
2
(x)
的图象分别是以(2
a
-1,0)和(
a
,1)为顶
点开口向上的
V
型线,且射线的斜率均为
?1
.设
h
1
(x)
的最小值为
H(a)
，
h
2
(x)
的最小值为
G(a)
，
分
2a?1?1,1?2a?1?6 ,2a?1?6,a?1,1?a?6,a?6
六种情况分别求
H(a)
，
G (a)
。得：
信达

--------------------- ----------------------------------------------奋斗没有 终点任何时候都是一个起点
---------------------------------- -------------------



?
?
2< br>?
1?a
?
,a?1
?
2?a,a?1
?
7
?
?
，
G(a)?
?
1,1?a?6
，
m in
?
H(a),G(a)
?
的图像如下（粗体线部分）：
H(a )?
?
0,1?a?
2
?
a,a?6
?
?
7
?
2a?7,a?
?
?2
综上所述,函数
g(x)
在
x?
[1，6]上的最小值为：
?
e
2?a
?
2?2a
?
e
?
?
1
?
g(x)
min< br>?
?
?
e
2a?7
?
?
e
?
a?5
?
?
e



a?0
0?a?1
7
1?a?
2
。
7
? a?4
2
4?a?6
a?6
探究3：设
f(x)
是定义在区 间
(1,??)
上的函数，其导函数为
f'(x)
.如果存在实数
a
和函数
h(x)
，其中
h(x)
对任意的
x?(1,??)
都有
h(x)
>0，使得
f'(x)?h(x)(x
2
?a x?1)
，则称函数
f(x)
具有性质
P(a)
.
（1）设 函数
f(x)
?lnx?
b?2
(x?1)
，其中
b
为实数
x?1
（i）求证：函数
f(x)
具有性质
P(b)；（ii）求函数
f(x)
的单调区间；
（2）已知函数
g(x)具有性质
P(2)
.给定
x
1
,x
2
?(1, ??),x
1
?x
2
,
设
m
为实数，
?
?mx
1
?(1?m)x
2
，
?
?(1?m)x< br>1
?mx
2
，且
?
?1,
?
?1
，
若|
g(
?
)?g(
?
)
|<|
g(x< br>1
)?g(x
2
)
|，求
m
的取值范围.
1b?21
2
???(x?bx?1)
解：（1）(i)
f'(x )
22
:
x(x?1)x(x?1)
∵
x?1
时，
h(x)?
1
?0
恒成立，
2
x(x?1)
∴函数
f(x)
具有性质
P(b)
；
信达

----- -------------------------------------------------- ------------奋斗没有终点任何时候都是一个起点
------------------ -----------------------------------



b
2
b
2
(ii)（方法一）设
?
(x)?x?b x?1?(x?)?1?
，
?
(x)
与
f'(x)
的符号相 同。
24
b
2
当
1??0,?2?b?2
时，
?
(x)
?0
，
f'(x)
?0
，故此时
f(x)< br>在区间
(1,??)
上递增；
4
2
当
b??2时，对于
x?1
，有
f'(x)
?0
，所以此时
f(x )
在区间
(1,??)
上递增；
当
b??2
时，
?
(x)
图像开口向上，对称轴
x?
b
??1
，而
?
(0)?1
，
2
对于
x?1
，总有
?
(x)
?0
，
f'(x)
?0
，故此时
f(x)
在 区间
(1,??)
上递增；
（方法二）当
b?2
时，对于
x?1
，
?
(x)?x
2
?bx?1?x
2
?2x ?1?(x?1)
2
?0

所以
f'(x)
?0
， 故此时
f(x)
在区间
(1,??)
上递增；
b?b
2< br>?4b?b
2
?4
b
,
当
b?2
时，
?
(x)
图像开口向上，对称轴
x??1
，方程
?
(x) ?0
的两根为：，
22
2
b?b
2
?4b?b
2< br>?42
而
?1,??(0,1)

2
22
b?b?4
b?b
2
?4
b?b
2
?4
当
x?(1,
)
上递减；同理得：
)
时，
?
(x)
?0
，
f'(x)
?0
，故此时
f(x)
在区间
(1,
2
2
b?b
2
?4
f(x)
在区间
[,??)上递增。
2
综上所述，当
b?2
时，
f(x)
在区间
(1,??)
上递增；
2
2
当
b?2
时，
f(x)
在
(1,
b?b?4
)
上递减；
f(x)
在
[
b?b?4
,??)
上递增。
2
2
(2) （方法一）由题意，得：
g'(x)?h(x)(x?2x?1)?h(x)(x?1)
又
h(x)
对任意的
x?(1,??)
都有
h(x)
> 0，
所以对任意的
x?(1,??)
都有
g
?
(x)?0
，
g(x)
在
(1,??)
上递增。
又
?
?
?
?x
1
?x
2
,
?
?
?< br>?(2m?1)(x
1
?x
2
)
。
当
m?
22
1
,m?1
时，
?
?
?
，且
?
?x
1
?(m?1)x
1
?(1?m)x
2
,< br>?
?x
2
?(1?m)x
1
?(m?1)x
2
，
2

信达

------------------- ------------------------------------------------奋斗 没有终点任何时候都是一个起点
-------------------------------- ---------------------








综合以上讨论，得：所求
m
的取值范围是（0，1）。
（方法二）由题设知，
g(x)
的导函数
g'(x)?h(x)(x?2x?1)< br>，其中函数
h(x)?0
对于任意的
x?(1,??)
都成立。所以， 当
x?1
时，
g'(x)?h(x)(x?1)?0
，从而
g(x)
在区间
(1,??)
上单调递增。
①当
m?(0,1)
时 ，有
?
?mx
1
?(1?m)x
2
?mx
1
?(1?m)x
1
?x
1
，
2
2
?
? mx
1
?(1?m)x
2
?mx
2
?(1?m)x
2
?x
2
，得
?
?(x
1
,x
2
)
，同理可得
?
?(x
1
,x
2
)
，所以 由
g(x)
的单调
性知
g(
?
)
、
g(< br>?
)
?(g(x
1
),g(x
2
))
， < br>从而有|
g(
?
)?g(
?
)
|<|
g(x
1
)?g(x
2
)
|，符合题设。
②当
m?0< br>时，
?
?mx
1
?(1?m)x
2
?mx
2
?(1?m)x
2
?x
2
，
?
?(1?m)x< br>1
?mx
2
?(1?m)x
1
?mx
1
?x
1
，于是由
?
?1,
?
?1
及
g(x)< br>的单调性知
g(
?
)?g(x
1
)?g(x
2
)?g(
?
)
，所以|
g(
?
)?g(
?
)
|≥|
g(x
1
)?g(x
2
)
|，与题设不 符。
③当
m?1
时，同理可得
?
?x
1
,
?
?x
2
，进而得|
g(
?
)?g(
?
)
|≥|
g(x
1
)?g(x
2
)
|，与题设不符 。因此
综合①、②、③得所求的
m
的取值范围是（0，1）。

变 式：已知
y?f(x)
是定义在
R
上的单调函数，实数
x
1
?x
2
，
?
?-1
，
?
?
若f(x
1
)?f(x
2
)?f(
?
)?f(
?
)
，则
?
的取值范围为_____
x
1
?
?
x
2
x?
?
x
1
，
?
?2
，
1?
?
1?
?
信达

-- -------------------------------------------------- ---------------奋斗没有终点任何时候都是一个起点
--------------- --------------------------------------




【专题反思】你学到了什么？还想继续研究什么？
信达