1、冲A专题(1)含绝对值的函数1.(2018浙江高考)函数y=2|x|sin 2x的图象可能是()2.若关于x的不等式|x-2|+|2x+3|a对任意xR恒成立,则实数a的取值范围为()A.(-,7)B.-,72C.0,7)D.0,723.函数f(x)=x2-2|x|+2的定义域是a,b(an1,且f(m)=f(n),则mn的取值范围为()A.(3,3+22)B.(3,3+22C.(1,3)D.(1,35.已知二次函数f(x)=ax2+bx(a,bR),满足f(x+1)=f(1-x),且在区间-1,0上的最大值为3,若函数g(x)=|f(x)|-mx有唯一零点,则实数m的取值范围是()A.-2,
2、0B.-2,0)2,+)C.-2,0)D.(-,0)2,+)6.若函数f(x)=ax2+bx+5(a-a,求a的取值范围.11.(2021新课标全国卷)已知函数f(x)=|x-2|,g(x)=|2x+3|-|2x-1|.(1)画出y=f(x)和y=g(x)的图象;(2)若f(x+a)g(x),求a的取值范围.12.(2020新课标全国卷)已知函数f(x)=|x-a2|+|x-2a+1|.(1)当a=2时,求不等式f(x)4的解集;(2)若f(x)4,求a的取值范围.13.已知f(x)=x2+2|x-1|.(1)解关于x的不等式:f(x)|2x|x;(2)若f(x)的最小值为M,且a+b=M(a
3、,bR+),求证:a2b+b2a1.14.(2019年6月浙江学考)设aR,已知函数f(x)=ax2+(2a-4)x+2,x0,1x+a+|x-1|,x0.(1)当a=1时,写出f(x)的单调递增区间;(2)对任意x2,不等式f(x)(a-1)x+2恒成立,求实数a的取值范围.15.设函数f(x)=ax2+|x-a|+b(a,bR).(1)若函数f(x)在0,1上单调递增,在1,+)上单调递减,求实数a的值;(2)若对任意的实数b0,1及任意的x-3,3,不等式|f(x)|2恒成立,求实数a的取值范围.冲A专题(1)含绝对值的函数1.D解析 因为在函数y=2|x|sin 2x中,y1=2|x|
4、为偶函数,y2=sin 2x为奇函数,所以y=2|x|sin 2x为奇函数.所以排除选项A,B.当x=0,x=2,x=时,sin 2x=0,故函数y=2|x|sin 2x在0,上有三个零点,排除选项C,故选D.2.B解析 由不等式恒成立转化为aa对任意xR恒成立,所以a(|x-2|+|2x+3|)min,即a72.故选B.3.B解析 f(x)=x2-2|x|+2=(|x|-1)2+11,a12.若函数f(x)=x2-2|x|+2的定义域为a,b(ab),值域是2a,2b,则当12ab1时,f(a)=2b,f(b)=2a,则a2-2a+2=2b,b2-2b+2=2a,两式相减得(a-b)(a+b
5、)-2(a-b)=2(b-a),即(a-b)(a+b)=0,aa12,a+b0,不存在满足条件的a,b.当12a1b时,函数最小值即为顶点纵坐标,2a=1,a=12,若b-11-a,则f(b)=2b,b2-4b+2=0,b=2+2或b=2-2(舍去);当1an1,f(m)=f(n),1n1+2,1+2m0时,则f(x)在-1,0递减,f(-1)取得最大值,且为a-b=3,若a0时,由mx=2x-x2,由判别式=(m-2)2-40=0,解得m=2.由图象可得m2时,y=|f(x)|的图象和直线y=mx的图象有两个交点;当0m2时,y=|f(x)|的图象和直线y=mx的图象有三个交点;当m0,且y
6、=mx为曲线y=|f(x)|的切线时,只有一个交点,即原点为切点,y=|f(x)|=x2-2x(x0),可得m=-2.由图象可得当m-2时,有两个交点,当-2m0时,y=|f(x)|的图象和直线y=mx的图象只有一个交点,即为原点.综上可得,所求m的取值范围为-2,0).6.-2解析 因为a0,所以二次函数f(x)=ax2+bx+5(a0)的图象开口向下.在闭区间t-2,t+2上总存在两实数x1,x2,使得|f(x1)-f(x2)|8成立,只需t=-b2a时,f(t+2)-f(t)-8,即4at+4a+2b-8,得a-2.7.-14,0解析 曲线y=x2-|x|,f-12=f12=-14,根据
7、图象(图略)可得出:直线y=a与曲线y=x2-|x|有四个交点,则-14a0.8.-,14解析 f(x)=1x+ax+b,f(x)在12,2上的最大值为M(a,b),可得M(a,b)f(2)=12+2a+b,M(a,b)f12=2+12a+b,M(a,b)f(1)=|1+a+b|,可得M(a,b)+2M(a,b)+3M(a,b)12+2a+b+|4+a+2b|+|3+3a+3b|12+2a+b+(4+a+2b)-(3+3a+3b)=32,即6M(a,b)32,M(a,b)14.存在实数x012,2使不等式f(x0)m,mf(x0)max=M(a,b),又由对任意实数a,b,mM(a,b)恒成立
8、,mM(a,b)min=14.9.43解析 由题意知,|f(t+2)-f(t)|=|a(6t2+12t+8)-2|23有解,即-23a(6t2+12t+8)-223有解,所以43(6t2+12t+8)a83(6t2+12t+8)有解,因为6t2+12t+82,+),所以43(6t2+12t+8)0,23,83(6t2+12t+8)0,43,所以只需要0a43,即amax=43.10.解 (1)当a=1时,由f(x)6可得|x-1|+|x+3|6.当x-3时,不等式可化为1-x-x-36,解得x-4;当-3x-a,则f(x)min-a.因为f(x)=|x-a|+|x+3|(x-a)-(x+3)|
9、=|a+3|(当且仅当(x-a)(x+3)0时,等号成立),所以f(x)min=|a+3|,所以|a+3|-a,即a+3-a,解得a-32,+.故a的取值范围为-32,+.11.解 (1)f(x)=x-2,x2,2-x,x2;g(x)=-4,x-32,4x+2,-32x12,4,x12.(2)取临界状态,设Q(x,0),P12,4,由12-x=4,解得x=-72.由函数f(x)=|x-2|知f(x+a)=|x+a-2|=|x-(2-a)|,函数f(x+a)=|x-(2-a)|的图象的对称轴是直线x=2-a.当2-a-72,即a112时,f(x+a)g(x)成立.所以a112,+.12.解 (1
10、)当a=2时,f(x)=7-2x,x3,1,34.因此,不等式f(x)4的解集为xx32或x112.(2)因为f(x)=|x-a2|+|x-2a+1|a2-2a+1|=(a-1)2,当且仅当(x-a2)(x-2a+1)0时,等号成立.故当(a-1)24,即|a-1|2时,f(x)4.所以当a3或a-1时,f(x)4.当-1a3时,f(a2)=|a2-2a+1|=(a-1)22|x|x,x1时,不等式为x2+2(x-1)2,x-1+5,所以x-1+5;0x2,x2,无解;x-2,(x-1)2+30恒成立,所以x0.综上,原不等式的解集为(-,0)(-1+5,+).(2)x1时,f(x)=x2+2
11、(x-1)=(x+1)2-3,在1,+)上单调递增,f(x)min=f(1)=1,xf(1)=1.综上,M=f(x)min=1.a2b+b2a+1=a2b+b2a+a+b=b2a+a+a2b+b2b2aa+2a2bb=2(b+a)=2,当且仅当b2a=a,a2b=b,即a=b=12时等号成立.所以a2b+b2a1.14.解 (1)当a=1时,f(x)=x2-2x+2,x0,1x-x+2,0x0,3-a2a0,得0a3.若x0,f(x)=1x+a+|x-1|=1x-x+a+1,0x1,1x+x+a-1,1x2,当0x1时,f(x)(a-1)x+2,即1x-x+a+1(a-1)x+2,a(x-1)
12、1-xx,得a-1x,所以a-1.当x=1时,aR.当1x2时,f(x)(a-1)x+2,即1x+x+a-1(a-1)x+2,(x-1)(2x-1)xa(x-1),得a2x-1x=2-1x,所以a1.综上所述,0a1,即a的取值范围为0,1.15.解 (1)由题易知a0,则f(x)=ax2+x-a+b=a(x+12a)2-a+b-14a,xa,ax2-x+a+b=a(x-12a)2+a+b-14a,xa,作出示意图,故可知-12a=1,所以a=-12.(2)因为|f(x)|2,所以-2ax2+|x-a|+b2,又因为对任意的实数b0,1及任意的x-3,3,上式恒成立,所以-2ax2+|x-a|1,记g(x)=ax2+|x-a|,所以-2g(0)1,-2g(3)1,-2g(-3)1,可得-12a-15,可化为-ax2-2|x-a|-ax2+1,记h1(x)=-ax2+1,h2(x)=-ax2-2,k(x)=-|x-a|,由-12a-15,可知,h2(x)0,所以命题转化为:只需满足以下条件-x+a=-ax2-2的较小根小于或等于-3,x-a=-ax2+1的较小根大于或等于3(或是无实根),由得1-1-4a(a+1)2a-3,解得-12a0;由得1+4a(a+1)0,-1+1+4a(a+1)2a3或1+4a(a+1)0,解得a=-12,综上可知实数a的取值范围是-12.
