2023高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)-課后習(xí)題Word版附答案-優(yōu)化集訓(xùn)沖A專題(1)　含絕對值的函數(shù)

1、沖A專題(1)含絕對值的函數(shù)1.(2018浙江高考)函數(shù)y=2|x|sin 2x的圖象可能是()2.若關(guān)于x的不等式|x-2|+|2x+3|a對任意xR恒成立,則實數(shù)a的取值范圍為()A.(-,7)B.-,72C.0,7)D.0,723.函數(shù)f(x)=x2-2|x|+2的定義域是a,b(an1,且f(m)=f(n),則mn的取值范圍為()A.(3,3+22)B.(3,3+22C.(1,3)D.(1,35.已知二次函數(shù)f(x)=ax2+bx(a,bR),滿足f(x+1)=f(1-x),且在區(qū)間-1,0上的最大值為3,若函數(shù)g(x)=|f(x)|-mx有唯一零點,則實數(shù)m的取值范圍是()A.-2,

2、0B.-2,0)2,+)C.-2,0)D.(-,0)2,+)6.若函數(shù)f(x)=ax2+bx+5(a-a,求a的取值范圍.11.(2021新課標(biāo)全國卷)已知函數(shù)f(x)=|x-2|,g(x)=|2x+3|-|2x-1|.(1)畫出y=f(x)和y=g(x)的圖象;(2)若f(x+a)g(x),求a的取值范圍.12.(2020新課標(biāo)全國卷)已知函數(shù)f(x)=|x-a2|+|x-2a+1|.(1)當(dāng)a=2時,求不等式f(x)4的解集;(2)若f(x)4,求a的取值范圍.13.已知f(x)=x2+2|x-1|.(1)解關(guān)于x的不等式:f(x)|2(2)若f(x)的最小值為M,且a+b=M(a,bR+

3、),求證:a2b+14.(2019年6月浙江學(xué)考)設(shè)aR,已知函數(shù)f(x)=a(1)當(dāng)a=1時,寫出f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間;(2)對任意x2,不等式f(x)(a-1)x+2恒成立,求實數(shù)a的取值范圍.15.設(shè)函數(shù)f(x)=ax2+|x-a|+b(a,bR).(1)若函數(shù)f(x)在0,1上單調(diào)遞增,在1,+)上單調(diào)遞減,求實數(shù)a的值;(2)若對任意的實數(shù)b0,1及任意的x-3,3,不等式|f(x)|2恒成立,求實數(shù)a的取值范圍.沖A專題(1)含絕對值的函數(shù)1.D解析 因為在函數(shù)y=2|x|sin 2x中,y1=2|x|為偶函數(shù),y2=sin 2x為奇函數(shù),所以y=2|x|sin 2x為奇函數(shù).所

4、以排除選項A,B.當(dāng)x=0,x=2,x=時,sin 2x=0,故函數(shù)y=2|x|sin 2x在0,上有三個零點,排除選項C,故選D2.B解析 由不等式恒成立轉(zhuǎn)化為aa對任意xR恒成立,所以a(|x-2|+|2x+3|)min,即a72故選B.3.B解析 f(x)=x2-2|x|+2=(|x|-1)2+11,a12若函數(shù)f(x)=x2-2|x|+2的定義域為a,b(ab),值域是2a,2b,則當(dāng)12ab1時f(a)=2b,f(b)=2a,則a兩式相減得(a-b)(a+b)-2(a-b)=2(b-a),即(a-b)(a+b)=0,aa12,a+b不存在滿足條件的a,b.當(dāng)12a1b時,函數(shù)最小值即

5、為頂點縱坐標(biāo),2a=1,a=1若b-11-a,則f(b)=2b,b2-4b+2=0,b=2+2或b=2-2(舍去);當(dāng)1an1,f(m)=f(n),1n1+2,1+2m0時,則f(x)在-1,0遞減,f(-1)取得最大值,且為a-b=3,若a0時,由mx=2x-x2,由判別式=(m-2)2-40=0,解得m=2.由圖象可得m2時,y=|f(x)|的圖象和直線y=mx的圖象有兩個交點;當(dāng)0m2時,y=|f(x)|的圖象和直線y=mx的圖象有三個交點;當(dāng)m0,且y=mx為曲線y=|f(x)|的切線時,只有一個交點,即原點為切點,y=|f(x)|=x2-2x(x0),可得m=-2.由圖象可得當(dāng)m-2

6、時,有兩個交點,當(dāng)-2m0時,y=|f(x)|的圖象和直線y=mx的圖象只有一個交點,即為原點.綜上可得,所求m的取值范圍為-2,0).6.-2解析 因為a0,所以二次函數(shù)f(x)=ax2+bx+5(a0)的圖象開口向下.在閉區(qū)間t-2,t+2上總存在兩實數(shù)x1,x2,使得|f(x1)-f(x2)|8成立,只需t=-b2a時,f(t+2)-f(t)-8,即4at+4a+2b-8,得a-7.-14,0解析 曲線y=x2-|x|,f-12=f12=-14,根據(jù)圖象(圖略)可得出:直線y=a與曲線y=x2-|x|有四個交點,則-14a08.-,14解析 f(x)=1x+ax+b,f(x)在12,2上

7、的最大值為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)1存在實數(shù)x012,2使不等式f(x0)m,mf(x0)max=M(a,b),又由對任意實數(shù)a,b,mM(a,b)恒成立,mM(a,b)min=149.43解析 由題意知,|f(t+2)-f(t)|=|a(6t2+12t+8)-2|23有解,即-23a(6t2+12

8、t+8)-223有解,所以43(6t2+12t+8)a83(6t2+12t+8)有解,因為6t2+12t+82,+),所以43(610.解 (1)當(dāng)a=1時,由f(x)6可得|x-1|+|x+3|6.當(dāng)x-3時,不等式可化為1-x-x-36,解得x-4;當(dāng)-3x-a,則f(x)min-a.因為f(x)=|x-a|+|x+3|(x-a)-(x+3)|=|a+3|(當(dāng)且僅當(dāng)(x-a)(x+3)0時,等號成立),所以f(x)min=|a+3|,所以|a+3|-a,即a+3-a,解得a-32,+.故a的取值范圍為-32,+.11.解 (1)f(x)=xg(x)=-(2)取臨界狀態(tài),設(shè)Q(x,0),P1

9、2由12-x=4,解得x=-7由函數(shù)f(x)=|x-2|知f(x+a)=|x+a-2|=|x-(2-a)|,函數(shù)f(x+a)=|x-(2-a)|的圖象的對稱軸是直線x=2-a.當(dāng)2-a-72,即a112時,f(x+a)g(x)所以a11212.解 (1)當(dāng)a=2時,f(x)=7因此,不等式f(x)4的解集為xx(2)因為f(x)=|x-a2|+|x-2a+1|a2-2a+1|=(a-1)2,當(dāng)且僅當(dāng)(x-a2)(x-2a+1)0時,等號成立.故當(dāng)(a-1)24,即|a-1|2時,f(x)4.所以當(dāng)a3或a-1時,f(x)4.當(dāng)-1a3時,f(a2)=|a2-2a+1|=(a-1)22|x1時,

10、不等式為x2+2(x-1)2,x-1+5,所以x-1+5;0 x2,x2,無解;x-2,(x-1)2+30恒成立,所以x0.綜上,原不等式的解集為(-,0)(-1+5,+).(2)x1時,f(x)=x2+2(x-1)=(x+1)2-3,在1,+)上單調(diào)遞增,f(x)min=f(1)=1,xf(1)=1.綜上,M=f(x)min=1.a2b+b2a+1=a2b+b2a+a+b=b2a+a+a2b+b當(dāng)且僅當(dāng)b2a=a,a2b=b,即所以a2b+14.解 (1)當(dāng)a=1時,f(x)=x所以,f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(1,+).(2)若x0,ax2+(2a-4)x+2(a-1)x+2,于是ax2+(

11、a-3)x0在x(-,0上恒成立,則a=0或a0,3-a2a若x0,f(x)=1x+a+|x-1|=當(dāng)0 x1時,f(x)(a-1)x+2,即1x-x+a+1(a-1)x+a(x-1)1-xx,得a所以a-1.當(dāng)x=1時,aR.當(dāng)1x2時,f(x)(a-1)x+2,即1x+x+a-1(a-1)x+(x-1)(2得a2x-1x=所以a1.綜上所述,0a1,即a的取值范圍為0,1.15.解 (1)由題易知a0,則f(x)=a作出示意圖,故可知-12a=1,所以a=-(2)因為|f(x)|2,所以-2ax2+|x-a|+b2,又因為對任意的實數(shù)b0,1及任意的x-3,3,上式恒成立,所以-2ax2+|x-a|1,記g(x)=ax2+|x-a|,所以-可得-12a-1可化為-ax2-2|x-a|-ax2+1,