含绝对值的双变量问题的求解策略

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．

一、“任意任意型”

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，

二、“存在存在型”

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）