绝对值函数与绝对值不等式重点考点 专题练 2026年高考数学一轮复习备考

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绝对值函数与绝对值不等式重点考点 专题练
2026年高考数学一轮复习备考
一、单选题
1．已知关于的不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2．已知函数，若函数恰有2个零点，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
3．函数的所有零点之和为（ ）
A．9 B．10 C．11 D．12
4．已知A，B，C是函数的图象上的三点，且A在x轴上，轴，，则（ ）
A． B． C． D．
5．若不等式恒成立，则正实数整数解的个数为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
6．已知函数，若当时，，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．已知函数记函数的个零点为，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
二、填空题
8．对任意实数，的最小值为 ．
9．方程的解集为 .
10．已知是定义在上的增函数，且图象关于点对称，若关于的不等式有解，则实数的取值范围为 .
11．若对于任意，总存在使得，则实数的取值范围是 .
12．已知函数，若存在实数、b、，满足且，则 ．
13．设函数，若函数图像关于直线对称，求曲线的长度为 ．
14．不等式对一切实数恒成立，则实数的取值范围为 .
15．已知函数，若函数有三个零点，则实数m的取值范围为 ．
三、解答题
16．已知函数．
(1)求不等式的解集；
(2)若关于的不等式恒成立，求实数的取值范围．
17．已知函数．
（1）当时，求不等式的解集；
（2）当时，存在，使得成立，求实数的取值范围．
18．已知函数.
（1）解不等式；
（2）当时，不等式恒成立，求的最小值.
19．已知
(1)求不等式的解集.
(2)若不等式的解集中包含区间，求的取值范围.
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 C C D C B B A
1．C
【分析】利用三角绝对值不等式求出的最小值，结合不等式恒成立，即可求得答案.
【详解】因为，当且仅当，即时取等号，
故.
故选：C
2．C
【分析】根据函数与方程的关系，将函数的零点个数问题转化为方程的根的个数问题，进一步转化为两函数的交点个数问题，结合函数图象观察，分类讨论即得.
【详解】解：由题意知，要使得恰有2个零点，即有两个实数根．
当时，，令，可得；
当时，，令，可得．
在同一坐标系下，作出函数，和的图象，
如图所示，
由函数，可得，可得时，，，
故函数在处的切线方程为，
又由函数，可得，可得时，，
故函数在的切线方程为，
所以函数与只有一个公共点，
结合图象得：当时，恰有3个零点；
当时，恰有2个零点；
当时，恰有3个零点，
要使得恰有2个零点，则满足，
所以实数的取值范围为．
故选：C.
3．D
【分析】将零点之和转化为与图象交点横坐标的和的问题，后者可数形结合求和.
【详解】函数的零点即为的解，
即与图象交点横坐标，
因为，故为图象的对称轴，
而也是的对称轴，
又的最小正周期为，
在平面直角坐标系中画出的图象（如图所示）：
因，，，
故与图象在的右侧有且仅有个不同的交点，
故与图象所有不同交点的横坐标和为.
故选：D.
4．C
【分析】首先画出图象确定点的坐标，然后根据轴设出的坐标，根据绝对值的对称性求出它们的坐标，然后利用向量的数量积坐标公式可求出结果.
【详解】根据函数的解析式画出图象为：
因为点在轴上，所以.
因为，所以设，则.
根据绝对值函数的对称性，，所以，
化简得：，解得（舍去）或.
所以，.
所以，.
所以.
故选：C.
5．B
【分析】令，利用分段函数的性质，得到的最小值为，求得，结合为正实数，得到的整数解的个数，得到答案.
【详解】令，
当时，函数单调递减，所以；
当时，函数；
当时，函数单调递增，所以，
综上可得，函数的最小值为，
要使得不等式恒成立，则满足，
因为为正实数，所以，所以的整数解取值为，共有3个.
故选：B.
6．B
【分析】分类讨论，去掉绝对值，结合一元二次不等式的求解即可得解.
【详解】当，时，，
当时，，此时，
所以，不满足当时，，故不符合题意；
当，时，，解得，
由于时，，故，解得；
当，时，恒成立，符合题意；
当，时，，解得，
由于时，，故，解得.
综上.
故选：B
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是对分类讨论，结合因式分解方法有针对性求解时的的解集，从而可求解.
7．A
【分析】令，则，时，求出的零点；时，利用零点存在定理得存在零点；时，利用导数研究其单调性，进而得在上无零点，则有两个零点，从而求出函数的零点，即可得解．
【详解】由题可知，
令，则，
当时，，此时有唯一的零点；
当时，，
当时，单调递减，且，
所以存在，使得；
当时，，则，
令，得，令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
又，所以，
所以在上无零点，
所以在其定义域上有两个零点．
当时，因为，所以由，得，解得；
当时，由，得，或，
所以函数共有3个零点，分别为，
所以．
故选：A．
8．4
【分析】方法1：利用绝对值三角不等式的性质易得；方法2：利用分类讨论去绝对值法即得.
【详解】方法1：由绝对值三角不等式，可得，
当且仅当，即时，取得最小值4．
方法2：设，
当时，；
当时，；
当时，.
综上，可得的最小值为4.
故答案为：4.
9．
【分析】根据零点，分区间讨论去绝对值，即可求解.
【详解】原方程等价于，
当时，，得，
当时，，得，
当时，恒成立，
综上可知，方程的解集为.
故答案为：
10．
【分析】根据对称性，将不等式化为，问题化为有解，应用绝对值的几何意义有，即可求范围.
【详解】由题意，所以，
因为单调递增，所以，
即有解，而，
所以，得.
故答案为：
11．
【分析】设， 令，求出的最大值，进而确定取值，再就确定的范围说明对任意符合题意.
【详解】设，
一方面，令，即，解得，
此时，在上的最大值为2，因此；
另一方面，当时，考虑，，，
则，
于是中至少有一个不小于2，符合题意，
所以实数的取值范围是.
故答案为：
12．/
【分析】作出函数的图象，当时，方程的解分别为、、、，根据题意可知，、、对应的数为、、或、、，不妨取、、为对应的、、，可得出，进而得出，令，则，构造函数，结合函数的单调性求出的值，可得出、的值，即可得解.
【详解】函数，
函数的图象是保留函数在上的图象，并去除函数在上的图象，
再将函数在上的图象关于轴翻折，可得到函数的图象，
作出函数的图象如下图所示：
当时，方程的解分别为、、、，
由，得、、为、、、中的三个数，
而，且，则、、对应的数为、、或、、，
根据对称性，不妨取、、为对应的、、，
由，得，又，则，
而，因此，令，则，
函数为减函数，且，
则方程的解为，即，解得，，所以.
故答案为：
13．
【分析】首先根据对称的性质求出的值，然后将的解析式表示出来，进而可求出曲线的长度.
【详解】∵函数图像关于直线对称，
∴，即，所以，
所以，那么，
画出图象如图所示，
所以曲线段的长度为．
故答案为：.
14．
【分析】由绝对值的几何意义和结合三角不等式分析即可.
【详解】表示到的距离，表示到的距离，它们的和为到和到的距离之和，
根据三角不等式，当位于和之间时，距离和取得最小值，即两点之间的距离为，
所以不等式对一切实数恒成立等价于若最小值，则原式对所有恒成立，
所以或，解得或.
故答案为：.
15．
【分析】分离变量，转化成与的交点问题，作出的图像，即可得到答案.
【详解】易知为的零点，当时，令，得，
令，可得到，作出的图像，
如下图，依题意，只需与有两个交点即可.
由图可得.
故答案为：

16．(1)
(2)
【分析】（1）依题意可得，再利用零点分段法分类讨论，分别求出不等式的解集，即可得解；
（2）利用绝对值三角不等式求出的最小值，即可得到，从而解得.
【详解】（1）由得，
所以原不等式等价于或或，
解得或或，
所以不等式的解集为.
（2）因为，
当且仅当时等号成立，
所以的最小值为，
因为恒成立，
所以，所以或，解得或，
所以实数的取值范围.
17．（1）；（2）.
【分析】（1）利用零点分区间法去掉绝对值符号，然后解不等式组即可得解；
（2）利用零点分区间法去掉绝对值符号，然后对分两种情况进行讨论，即可得到实数的取值范围．
【详解】解：（1）时，
则不等式可化为或或
解得，即不等式的解集为．
（2）当时，
当时，，在上单调递减，在上恒为2，在上单调递增，的最小值为2，此时不存在，使得，不满足题意；
当时，，在上单调递减，在上单调递增，的最小值为，令，得．
综上，实数的取值范围是．
【点睛】方法点睛：绝对值不等式的常见解法：
①利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；
②利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；
③通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．
18．（1）；（2）最小值为.
【解析】（1）利用分段讨论法去掉绝对值，再求不等式的解集；
（2）画出时函数的图象，结合图象求出时不等式恒成立的、满足条件，从而求得的最小值.
【详解】（1）函数，
当时，不等式可化为，解得，此时；
当时，不等式可化为，解得，此时；
当时，不等式可化为，解得，此时.
综上所述，不等式的解集为；
②当时，画出函数的图象如图所示，
则的图象与轴的交点纵坐标为，各部分所在直线的斜率的最大值为，
所以当且仅当且时，满足，不等式恒成立，
所以的最小值为.
【点睛】本题考查了含有绝对值的不等式解法与应用问题，也考查了不等式恒成立问题，是中档题.
19．(1)
(2)或.
【分析】（1）三段法求解绝对值不等式，得到不等式解集；
（2）求出在上单调递减，在上单调递增，且，故只需，求出的取值范围.
【详解】（1），
当时，，解得，故，
当时，，解得，故，
当时，，解得，故，
综上，不等式的解集为
（2），
在上单调递减，在上单调递增，
且，
要想的解集中包含区间，
则只需，解得或.
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