时间:2024-05-08
陕西 韩红军
含绝对值的双变量问题的求解策略
陕西 韩红军
自从2015年全国Ⅱ卷考查了含绝对值双变量“任意性”问题之后,高考模拟试题陆续出现了此类问题.该类问题综合考查了函数、导数以及不等式等方面的知识,涉及了函数与方程思想、等价转化思想等,对学生有较高的要求.本文系统探究含绝对值双变量“任意性”与“存在性”问题的求解策略.
对于任意的x1,x2∈D,|f(x1)-f(x2)|≤m恒成立[f(x)]max-[f(x)]min≤m恒成立.
(1)当a>1时,讨论函数f(x)的单调性.
(2)由(1)知,当a∈(3,4)时,f(x)在[1,2]上单调递减,f(1)是最大值,f(2)是最小值.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若对任意的a∈(-3,-2),x1,x2∈[1,3],恒有(m+ln3)a-2ln3>|f(x1)-f(x2)|成立,求实数m的取值范围.
(2)由(1)知,当a∈(-3,-2)时,函数f(x)在[1,3]上单调递减,
原问题等价于对任意的a∈(-3,-2),恒有[f(x)]max-[f(x)]min<(m+ln3)a-2ln3,
1.存在x1,x2∈D,使得|f(x1)-f(x2)|≥m成立[f(x)]max-[f(x)]min≥m成立.
【例3】(2016·江西模拟)已知函数f(x)=ax+x2-xlna(a>0,且a≠1).若存在x1,x2∈[-1,1],使得|f(x1)-f(x2)|≥e-1(e是自然对数的底数),求实数a的取值范围.
【解析】∵存在x1,x2∈[-1,1],使得|f(x1)-f(x2)|≥e-1成立,而当x∈[-1,1]时,|f(x1)-f(x2)|≤f(x)maxf(x)min,∴只要f(x)max-f(x)min≥e-1即可.
又f′(x),f(x)的变化情况如下表所示:
∴函数f(x)在[-1,0]上是减函数,在[0,1]上是增函数,∴当x∈[-1,1]时,f(x)的最小值f(x)min=f(0)=1,f(x)的最大值f(x)max为f(-1)和f(1)中的最大者.
而g(1)=0,故当a>1时,g(a)>0,即f(1)>f(-1);当0<a<1时,g(a)<0,即f(1)<f(-1).
∴当a>1时,f(1)-f(0)≥e-1,即a-lna≥e-1,函数y=a-lna在a∈(1,+∞)上是增函数,解得a≥e.
【评注】本题要注意等价转化,关键是把已知条件转化为求函数f(x)的最大值和最小值,最小值为f(0)=1,最大值为f(-1)和f(1)中的最大者,再分类讨论得出结论.
2.存在x1,x2∈D,使得|f(x1)-g(x2)|≤m成立当f(x)max<g(x)min时,[g(x)]min-[f(x)]max≤m成立.
【例4】已知x=3是函数f(x)=(x2+ax+b)e3-x,x∈R的一个极值点.
(1)求a与b的关系式(用a表示b),并求f(x)的单调区间;
【解析】(1)∵f(x)=(x2+ax+b)e3-x,
∴f′(x)=(2x+a)e3-x+(x2+ax+b)e3-x(-1)=-[x2+(a-2)x+b-a]e3-x.
由题意得:f′(3)=0,即32+3(a-2)+b-a=0,即b=-2a-3.
∴f(x)=(x2+ax-2a-3)e3-x且f′(x)=-(x-3)·(x+a+1)e3-x.
令f′(x)=0得x1=3,x2=-a-1.
∵x=3是函数f(x)=(x2+ax+b)e3-x,x∈R的一个极值点,
∴x1≠x2,即a≠-4.故a与b的关系式为b=-2a-3,a≠-4.
①当a<-4时,x2=-a-1>3,由f′(x)>0得单调递增区间为(3,-a-1);由f′(x)<0得单调递减区间为(-∞,3)和(-a-1,+∞);
②当a>-4时,x2=-a-1<3,由f′(x)>0得单调递增区间为(-a-1,3);由f′(x)<0得单调递减区间为(-∞,-a-1)和(3,+∞).
(2)由(1)知,当a>0时,x2=-a-1<0,f(x)在[0,3]上单调递增,在[3,4]上单调递减,f(x)min=min{f(0),f(4)}=-(2a+3)e3,f(x)max=f(3)=a+6.∴f(x)在[0,4]上的值域为[-(2a+3)e3,a+6].
(作者单位:陕西省麟游县中学)
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