含参绝对值函数及不等式的解法探究_数学_高中教育_教育专区

《含参绝对值函数及不等式的解法探究_数学_高中教育_教育专区》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在应用文档-天天文库。

1、试题研究>解题技巧⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯数学教学通讯(中等教育)⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯。投稿邮箱：剑皿鱼曼：璺Q综上．可得与方法一相同的答案．点评：方法一从参数的取值范围入2≤s，gc在【·，号a]增，【。，2】减，gr~Xf()re=f(4)-2，g()在l4，詈j增，手．对函数在R上的单调性进行研究．从所~Xg(1)=(1一。)，g(2)=16(2一Ⅱ)而得出了，()的最小值；方法二先研究【詈，卟)增’g(4)=6m一24，当2<口<÷时，g()==g(2)=16(2一Ⅱ)，所了每段上的最小值，再对参数讨论。从g(m)=2m-8，

2、因~g(m)-g(4)=16--4m

3、二次绝对值函数的综合题．涉及任意及解：1。Ⅱ≤1时()一似在[1，2]，(x)m=a-1．存在问题的处理．本题的关键是二次绝增，所)1)=1一综上可得与方法一同样的答案．对值函数的最小值．该问题的解法与例2。10，l—aI≥0，所以点评：例题一主要研究了二次绝对题一类似．f(x)≥0，又因为，(口)=0，所vXf(x)wln-~值函数在R上的最小值问题．变式训练例3，()I—al+6，若b<0，且对，(口)=0．则研究了二次绝对值函数在定区间上Yx∈[0，1]，不等式，()<0恒成立，求实3≥2时)=—+ox(x)

4、=-3x+的最小值问题．在本题中．方法一延续了数。的取值范围．例题一的去绝对值的办法．讨论了临界方法一：分析：去绝对值后_，()=2ax。因为ⅡI>2．所以≥．33值和区问的位置关系：在方法；中，函f【+6，≥：，函数的分段点是：。，数恒大于等于零．故研究平方后的函数一x2+ax+b，≤8，’①／>2，glTa~>3,f()在[1，2]增，的最小值以达到去绝对值的目的：对照区间的端点是0，1，故讨论。与0，1的大，(x)~-f(1)=0-1．而言．方法一简洁．当然该题也可以去小．绝对值后求出每段的最小值．再比较下1~a~O时)一

5、ax+b在[0，1]上②<2，即2≤。<3)在[1，了2a]各段的最小值后求得函数在定区间上增，所)一1)=1一a+b<0，所VXa>l+的最小值．在此不再重复．b．增，[了2a，2]减，又因为，(1)=。一12)=倒2已知函数厂()=21⋯I和函数因为b<0，①6≥一1，则n无解；②6<-8+4a，g()=I—mI+2m一8对Vl∈(一∞，4]，均-1．1+6<Ⅱ≤0．j∈[4，+*)，使耽)=g(2)成立，求所以当2≤n≤÷时()_，(2)=m的取值范围．2时_{分析：由题意f(x)的值域应是g()4a-8，"-3÷<0<3

6、时x)~-f(1)=a-1．值域的子集，~-m>O，而)的临界值点在[o，号刊a,l1-a，口≤1，是=m，故讨论m与4的大小，g()去绝对0，10，Ix一Ⅱl≥0，小．(1)j0<。≤2、／2—2，所以①6≤一1，【a>l+6，所vXf(x)>10，所(

7、)=))，故解：l。O0I~，①Ⅱ≤1

8、，g()在[1，2]增，2。4≤m≤8时)在(一o。，4]减，所所厂()ll=1一以，()(4)=2一，g(x)在[4，m]减，3≤6<0，Ⅱ无解，②当一_1