【文档说明】《突破2022年新高考数学导数压轴解答题精选精练》第43讲 绝对值函数（解析版）.docx，共(19)页，2.225 MB，由管理员店铺上传

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第43讲绝对值函数1．已知函数()fxxlnxax=−+在(0,)e上是增函数，函数2()||2xagxea=−+，当[0x，3]ln时，函数()gx的最大值M与最小值m的差为32，求a的值【解答】解：因为函数()fxxlnxax=−+在(0,)e上是增函数，所以()10fxalnx=−

−…在(0,)e上恒成立，即20a−…，即2a…；因为222,02()||2,2xxxaaexlnaagxeaaeaxlna−+=−+=−+剟…，若3lnaln…，即3a…时，()gx在[0，3]ln单调递减，则

(0)(3)2Mmggln−=−=（舍)，当3lnaln，即23a„时，函数()gx在[0，]lna上递减，在[lna，3]ln上递增，且(0)(3)240gglna−=−…，所以3(0)()2Mmgglna−=−

=，即223(1)1222aaaa−+−=−=，解得52a=．故选：A．2．已知1a…，3()3||fxxxa=+−，若函数()fx在[1−，1]上的最大值和最小值分别记为M，m，求Mm−的值【解答】解：1a…，[

1x−，1]，0xa−„，33()3||33fxxxaxxa=+−=−+，2()33fxx=−，当[1x−，1]时，()0fx„恒成立，故函数()fx在[1−，1]上为减函数，故(1)Mmff−=−−（1）133(

133)4aa=−++−−+=，故选：C．3．已知函数321()4fxxxx=−+．（Ⅰ）求曲线()yfx=的斜率为1的切线方程；（Ⅱ）当[2x−，4]时，求证：6()xfxx−剟；（Ⅲ）设()|()()|()FxfxxaaR=−+，记()Fx在区间[2−，4

]上的最大值为M（a）．当M（a）最小时，求a的值．【解答】解：（Ⅰ）23()214fxxx=−+，由()1fx=得8()03xx−=，得1280,3xx==．又(0)0f=，88()327f=，yx=和88273yx−=−，即yx=和6427yx=−；（Ⅱ）证明：欲证6(

)xfxx−剟，只需证6()0fxx−−剟，令321()()4gxfxxxx=−=−，[2x−，4]，则2338()2()443gxxxxx=−=−，可知()gx在[2−，0]为正，在8(0,)3为负，在8[,4]3为正，(

)gx在[2−，0]递增，在[0，8]3递减，在8[,4]3递增，又(2)6g−=−，(0)0g=，864()6327g=−−，g（4）0=，6()0gx−剟，6()xfxx−剟；（Ⅲ）由（Ⅱ）可得，()|()()|Fxfxxa=−+|()|fxxa=−−|(

)|gxa=−在[2−，4]上，6()0gx−剟，令()tgx=，()||htta=−，则问题转化为当[6t−，0]时，()ht的最大值M（a）的问题了，①当3a−„时，M（a）(0)||haa===−，此时3

a−…，当3a=−时，M（a）取得最小值3；②当3a−…时，M（a）(6)|6||6|haa=−=−−=+，63a+…，M（a）6a=+，也是3a=−时，M（a）最小为3．综上，当M（a）取最小值时a的值为3−．4．已知aR，函数32()3333fxxxaxa=−+−+．（1）求曲

线()yfx=在点(1，f（1）)处的切线方程；（2）当[0x，2]时，求|()|fx的最大值．【解答】解：（1）因为32()3333fxxxaxa=−+−+，所以2()363fxxxa=−+，故f（1）33a=−，又f（1）1=，所以所求的切线方程为(33)

34yaxa=−−+；（2）由于2()3(1)3(1)fxxa=−+−，02x剟．故当0a„时，有()0fx„，此时()fx在[0，2]上单调递减，故|()|{|(0)|maxfxmaxf=，|f（2）|}33a=−．当1a…时，有()0fx…，此时()

fx在[0，2]上单调递增，故|()|{|(0)|maxfxmaxf=，|f（2）|}31a=−．当01a时，由23(1)3(1)0xa−+−=，得111xa=−−，211xa=+−．所以，当1(0,)xx时，()0fx，函数()fx单调递增

；当1(xx，2)x时，()0fx，函数()fx单调递减；当2(xx，2)时，()0fx，函数()fx单调递增．所以函数()fx的极大值1()12(1)1fxaa=+−−，极小值2()12(1)1fxaa=−−−．故12()()20fxfx+=，12()()4

(1)10fxfxaa−=−−．从而12()|()|fxfx．所以|()|{(0)maxfxmaxf=，|f（2）|，1()}fx．当203a时，(0)|ff（2）|．又21(34)()(0)2(1)1(23)02(1)123aafxfaaaaaa−−=−−−−=−−+−

故1|()|()12(1)1maxfxfxaa==+−−．当213a„时，|f（2）|f=（2），且f（2）(0)f…．又21(34)()|(2)|2(1)1(32)2(1)132aafxfaaaaaa−−=−−−−=−−+−．所以当2334a„时，1()|fxf（2）|．

故1()()12(1)1maxfxfxaa==+−−．当314a„时，1()|fxf„（2）|．故()|maxfxf=（2）|31a=−．综上所述33,03|()|12(1)1,04331,4maxaafxaaaaa−=+−−

−„…．5．设函数()cos2(1)(cos1)fxaxax=+−+，其中0a，记|()|fx的最大值为A．（Ⅰ）求()fx；（Ⅱ）求A；（Ⅲ）证明：|()|2fxA„．【解答】()I解：()2sin2(1)sinfxaxax=−−−．()II当1a…时，|()|

|cos2(1)(cos1)||cos2|(1)|(cos1)||cos2|(1)(|cos|1)|2(1)32(0)fxaxaxaxaxaxaxaaaf=+−++−++−++−=−=剟?，因此32Aa=−．当01a时，2()cos2(1)(cos1)2cos(1)cos1fxaxaxa

xax=+−+=+−−，令2()2(1)1gtatat=+−−，则A是|()|gt在[1−，1]上的最大值，(1)ga−=，g（1）32a=−，且当14ata−=时，()gt取得极小值，极小值为221(1)61()1488aaaa

gaaa−−++=−−=−，（二次函数在对称轴处取得极值）令1114aa−−，得13a−（舍)或15a．①当105a„时，()gt在(1,1)−内无极值点，|(1)|ga−=，|g（1）|23a=−，|(1)||gg−（1）|，23Aa=−，②当115a时，由(

1)gg−−（1）2(1)0a=−，得(1)gg−（1）1()4aga−，又1(1)(17)|()||(1)|048aaaggaa−−+−−=，2161|()|48aaaAgaa−++==，综上，2123,05611,18532,1aaaaAaaaa−

++=−„…．()III证明：由()I可得：|()||2sin2(1)sin|2|1|fxaxaxaa=−−−+−„，当105a„时，|()|1242(23)2fxaaaA+−−=„，当115

a时，2611318884aaaAaa++==++，|()|12fxaA+剟，当1a…时，|()|31642fxaaA−−=剟，综上：|()|2fxA„．6．设a为实数，函数2()()||(1)fxxaxaaa=−+−−−．（1）若(0)1f„，求a的取值范围；（2）

讨论()fx的单调性；（3）当2a…时，讨论4()fxx+在区间(0,)+内的零点个数．【解答】解：（1）若(0)1f„，即：2||(1)1aaaa+−−„．可得||10aa+−„，当0a…时，12a„，可得[0a，1]2．当0a时，||10aa+

−„，恒成立．综上12a„．a的取值范围：1(,]2−；（2）函数2222221(21)[()],(21)2,24()(12),1(21)[()],24axaxaxaxaxafxxaxxaaxaxa−−+−−++==+−−−−−……，当x

a时，函数()fx的对称轴为：21122axaa+==+，()yfx=在(,)a−时是减函数，当xa…时，函数()fx的对称轴为：21122axaa−==−，()yfx=在(,)a+时是增函数，（3）224(21)2,4()()4(12),xaxaxaxFxfxxxaxxax−+++

=+=+−+…，3222322242(21)42(21),()42(12)42(12),xaxxaxaxxFxxaxxaxaxx−+−−+−==+−−+−−=…，当xa时，3222222(21)42()(4)()0xaxxxaxFxxx−+−−−+==，所以，函

数()Fx在(0,)a上是减函数．当xa…时，因为2a…，所以，3222222(12)42()(4)()0xaxxxaxFxxx+−−−+−==…，所以，函数()Fx在(,)a+上是增函数．F（a）24aaa=−+．当2a=时，F（2）0=，此时(

)Fx有一个零点，当2a时，F（a）24aaa=−+，F（a）3223222424(1)(4)120aaaaaaaaa−+−−−+=−−==．所以()Fah在(2,)+上是减函数，所以F（a）24(2)2202F=−+=，即F（a）0，当0x且0x→时，()Fx

→+；当x→+时，()Fx→+，所以函数()Fx有两个零点．综上所述，当2a=时，()Fx有一个零点，2a时()Fx有两个零点．7．设a为实数，函数2()()||(1)fxxaxaaa=−+−−−．（1）若(0)1f„，求a的取值范围；（2）讨论(

)fx的单调性；（3）当2a时，讨论()||fxx+在R上的零点个数．【解答】解：（1）(0)1f„22(0)(0)||(1)||(1)||1faxaaaaaaaaa=−+−−−=+−−=+„当0a„时，不等式为01„恒成立，满足

条件，当0a时，不等式为1aa+„，102a„，综上所述a的取值范围为(−，1]2；（2）当xa时，函数2()(21)2fxxaxa=−++，其对称轴为21122axaa+==+，此时()yfx=在(,)a−时是减函数，当xa…时，2(

)(12)fxxax=+−，其对称轴为：12xaa=−，()yfx=在(,)a+时是增函数，综上所述，()fx在(,)a+上单调递增，在(,)a−上单调递减，（3）设222(22),()()||22,0(22)2,0xaxxagxfxxxaxaxaxaxax+−=+=−+−++

…„，当xa…时，其对称轴为1xa=−，当0xa„时，其对称轴为xa=，当0x时，其对称轴为1xa=+，()gx在(,0)−上单调递减，在(0,)a上单调递减，在(,)a+上单调递增，(0)20ga=，g（a）222(22)2(1)1aa

aaaa=+−=−=−−+，又2a，g（a）2(1)1a=−−+在(2,)+上单调递减，g（a）g（2）0=，()fx在(0,)a和(,)a+上各有一个零点，综上所述2a时，()||fxx+在R上有2个零点．8．已知函数3()3||()fxxxaaR=+−

．（Ⅰ）若()fx在[1−，1]上的最大值和最小值分别记为M（a），m（a），求M（a）m−（a）；（Ⅱ）设bR，若2[()]4fxb+„对[1x−，1]恒成立，求3ab+的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）33333,()3||33,xxaxafxxxaxxaxa+−=+−=

−+…，2233,()33,xxafxxxa+=−…，①1a−„时，11x−剟，xa…，()fx在(1,1)−上是增函数，M（a）f=（1）43a=−，m（a）(1)43fa=−=−−，M（a）m−（a）8=；②11a−时

，(,1)xa，3()33fxxxa=+−，在(,1)a上是增函数；(1,)xa−，3()33fxxxa=−+，在(1,)a−上是减函数，M（a）{maxf=（1），(1)}f−，m（a）f=（a）3a=，f（1）(1)62fa−−=−+，113a−„时，M（a）m−（a）334aa=

−−+；113a时，M（a）m−（a）332aa=−++；③1a…时，有xa„，()fx在(1,1)−上是减函数，M（a）(1)23fa=−=+，m（a）f=（1）23a=−+，M（a）m−（a）4=；（Ⅱ）令()()hxfxb=+，则3333,()33,xxa

bxahxxxabxa+−+=−++…，2233,()33,xxahxxxa+=−…，2[()]4fxb+„对[1x−，1]恒成立，2()2hx−剟对[1x−，1]恒成立，由（Ⅰ）知，①1a−„时，()hx在(1,1)−上是增函数，最大值h（1）43ab=

−+，最小值(1)43hab−=−−+，则432ab−−+−…且432ab−+„矛盾；②113a−„时，最小值h（a）3ab=+，最大值h（1）43ab=−+，32ab+−…且432ab−+„，令t（a）323aa=

−−+，则t（a）2330a=−，t（a）在1(3，1)上是增函数，t（a）(0)2t=−，230ab−+剟；③113a时，最小值h（a）3ab=+，最大值(1)32hab−=++，则3

2ab+−…且322ab++„，283027ab−+„；④1a…时，最大值(1)32hab−=++，最小值h（1）32ab=+−，则322ab+−−…且322ab++„，30ab+=．综上，3ab+的取值范围是23

0ab−+剟．9．设函数2()fxxaxb=−+．（Ⅰ）讨论函数(sin)fx在(2−，)2内的单调性并判断有无极值，有极值时求出最值；（Ⅱ）记2000()fxxaxb=−+，求函数0|(sin)(si

n)|fxfx−在[2−，]2上的最大值D；（Ⅲ）在（Ⅱ）中，取000ab==，求24azb=−满足条件1D„时的最大值．【解答】解：（Ⅰ）设sintx=，在(2x−，)2递增，即有2()(

11)fttatbt=−+−，()2ftta=−，①当2a…时，()0ft„，()ft递减，即(sin)fx递减；当2a−„时，()0ft…，()ft递增，即(sin)fx递增．即有2a…或2a−„时，不存在极值．②当22a−时，12at−，()0ft，(

sin)fx递减；12at，()0ft，(sin)fx递增．(sin)fx有极小值2()24aafb=−；（Ⅱ）22x−剟时，00000|(sin)(sin)||()sin|||||fxfxaaxbbaabb−=−+−−+−„当00()()0aabb−−

…时，取2x=，等号成立；当00()()0aabb−−„时，取2x=−，等号成立．由此可知，0|(sin)(sin)|fxfx−在[2−，]2上的最大值为00||||Daabb=−+−．（Ⅲ）1D„即为||||1ab+„，此时201a剟，11b−剟，从而214a

zb=−„取0a=，1b=，则||||1ab+„，并且214azb=−=．由此可知，24azb=−满足条件1D„的最大值为1．10．已知函数2()3||()fxxxaaR=+−．（Ⅰ）若()fx在[1−，1]上的最大值和最小值分别记为M

（a），m（a），求M（a）m−（a）；（Ⅱ）设bR，若|()|3fxb+„对[1x−，1]恒成立，求3ab+的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）22233,()3||33,xxaxafxxxaxxaxa−+=+−=+−…，①当1a…时，2()33fxx

xa=−+在[1x−，1]单调递减，则M（a）(1)43fa=−=+，m（a）f=（1）23a=−+，此时M（a）m−（a）6=；②当1a−„时，2()33fxxxa=+−在[1x−，1]单调递增，则M（a）f=（1）43a=−，m（a）(1)23fa=−=−−，此时M（a）m−（a）

6=；③当11a−时，2233,1()33,1xxaxafxxxaax−+−=+−„剟，此时()fx在[1x−，]a单调递减，在[xa，1]单调递增，则m（a）f=（a）2a=，M（a）{(1)maxf=−，f（1）}{43maxa=+，43}4|3|aa−

=+，此时M（a）m−（a）24|3|aa=+−；因此M（a）m−（a）26,14|3|,116,1aaaaa−=+−−„…，（Ⅱ）原问题等价于3()3bfxb−−−剟，由（Ⅰ）知①当1a…时，则433233abab

+−+−+−−„…，即3131abab+−+−„…，此时31ab+=−；②当1a−„时，则433233abab−−+−−−−„…，即3131baba−−−−„…，此时31ba−=−，此时37ab+−„；③当11a−时，则m（a）f=（a）2a=，24|3|33abab

+−+−−„…，即23|3|1aba−−−−剟，此时23333|3|1aaabaa−+−+−−剟；由11a−得2337aa−+−−和3|3|11aa−−−„，此时731ab−+−„，因此31ab+−„．1

1．函数31()||(,)3fxxxaxRaR=+−．（1）若函数()fx在R上为增函数，求a的取值范围；（2）已知函数()fx在R上不单调．①记()fx在[1x−，1]上的最大值、最小值分别为M（a），m（a），求M（a）m−（a）；②设bR，若2|()|3fxb+„对任意实数[1x

−，1]都成立，求ab−的取值范围．【解答】解：（1）函数31()||3fxxxa=+−，当xa…时，31()3fxxxa=+−，()0fx，()fx递增；当xa时，31()3fxxax=+−，2()1

fxx=−，由题意可得1a−„时，()0fx在xa恒成立，故a的取值范围是(−，1]−；（2）①由()fx在在R上不单调，可得1a−．当1a…时，3311()||33fxxxaxax=+−=+−，2()1fxx=−，()0fx„，()fx在[1−，1]递减，可得(1)f

−取得最大值，f（1）取得最小值．即有M（a）23a=+，m（a）23a=−，则M（a）m−（a）43=；当13a=时，()fx在[1−，1]3递减，1[3，1]递增，则()fx的最小值为181，最大值为1；当113a−时，()fx在[1−，]a递减，[a，1]递增，112(1)|1|

1333faaa−=−+−−=−++=+，f（1）114|1|1333aaa=+−=+−=−即有(1)ff−（1），则()fx的最小值为f（a）313a=，最大值为43a−；当113a时，()fx在[1−，]a递

减，[a，1]递增，即有(1)ff−（1），则()fx的最小值为f（a）313a=，最大值为23a+．综上可得，M（a）m−（a）33411,1333211,13334,13aaaaaaa−−−=+−„…；②设bR，若2|()|3fxb+„对任意实数[

1x−，1]都成立，即有22()33fxb−+剟，对任意实数[1x−，1]都成立．当1a…时，2233ba−+−„，且2233ba++…，即有0ab+=，即ba=−，ab−的范围是[2，)+；当113a−„时

，可得32133ba−+„，且2433ba+−…，即有551813b−−剟，可得ab−的范围是2(3，82]81；当113a时，可得32133ba−+„，且2233ba++…，即有113b−−，

可得ab−的范围是2(3，2]．综上可得ab−的范围是2(3，)+．12．函数2()2||()fxxxaaaR=+−+，在[2x−，2]上的最大值为M（a），最小值为m（a）．（1）求g（a）M=（a）m−（a）；（2）设bR，若2[()]36fxb+„对[2x−，2]恒成立

，求ab+的取值范围．【解答】解：（1）2222,()2||23,xxaxafxxxaaxxaxa+−=+−+=−+…；①当2a…时，在[2x−，2]上，22()2||23fxxxaaxxa=+−+=−+，M（a）

(2)44383faa=−=++=+，m（a）f=（1）31a=−；g（a）M=（a）m−（a）9=；②当12a„时，()fx在[1，2]上单调递增，在[2−，1]上单调减，且f（1）31a=−，(2)44383faa−=++=+，f（2）8a=−；故M（

a）(2)44383faa=−=++=+，m（a）f=（1）31a=−；则g（a）M=（a）m−（a）9=；③当01a„时，()fx在[a，2]上单调递增，在[2−，]a上单调减，且f（a）2aa=+，(2)4438

3faa−=++=+，f（2）8a=−；故M（a）(2)44383faa=−=++=+，m（a）f=（a）2aa=+；则g（a）M=（a）m−（a）228aa=−++；④当10a−时，()fx在[a，2]上

单调递增，在[2−，]a上单调减，且f（a）2aa=+，(2)44383faa−=++=+，f（2）8a=−；故M（a）f=（2）8a=−，m（a）f=（a）2aa=+；则g（a）M=（a）m−（a）228aa=−−+；⑤当21a−−„时，()fx在

[1−，2]上单调递增，在[2−，1]−上单调减，且(1)121faa−=−−=−−，(2)44383faa−=++=+，f（2）8a=−；故M（a）f=（2）8a=−，m（a）(1)121faa=−=−−=−−；则g（a）M=（a）m−（a）9=；⑥当2a−„时，在[2

x−，2]上，22()2||2fxxxaaxxa=+−+=+−，M（a）f=（2）8a=−，m（a）(1)1fa=−=−−；g（a）M=（a）m−（a）9=；综上所述，g（a）229,1128,1028,01aaaaaaaa−=−−+−

−++或剠„．（2）2[()]36fxb+„可化为6()6bfxb−−−+剟，故2[()]36fxb+„对[2x−，2]恒成立可化为6()6bfxb−−−+剟对[2x−，2]恒成立，①1a…时，M（a）(2)44383

faa=−=++=+，m（a）f=（1）31a=−；故631ba−−−„，且836ab+−+„，从而解得，224aba+−−−剟，②当01a„时，M（a）(2)44383faa=−=++=+，m（a）f=（a）2aa=+；故26baa−−+„，且836a

b+−+„，则72ab−+−„；③当10a−时，M（a）f=（2）8a=−，m（a）f=（a）2aa=+；故26baa−−+„，且86ab−−+„，故72ab−+−，④当1a−„时，M（a）f=（2）8a=−，m（a）(1)1fa=−

=−−；故61ba−−−−„，且86ab−−+„，则4ba+−„，综上所述，2ba+−„．13．已知函数2()2||(||1)fxxxxaa=−−„（1）当1a=时，求()fx的单调递增区间（2）设()fx在[1x

−，1]上的最大值为M（a），最小值为m（a），若M（a）m−（a）4„，求实数a的取值范围．【解答】解：（1）当1a=时，22232,1()2|1|2,1xxxfxxxxxxx−=−−=−+…，232yxx=−的图象是开口朝上且以13x=为对称轴的抛物线，当1x时，函数

()fx在1[3，1)为递增；22yxx=−+的图象是开口朝下且以1x=为对称轴的抛物线，当1x…时，函数()fx为减函数，综上所述：1a=时，求()fx的单调递增区间为1[3，1)；（2）函数22232,

()2||2,xaxxafxxxxaxaxxa−=−−=−+…，当10a−剟时，当xa时，232yxax=−的图象是开口朝上且以13xaa=…为对称轴的抛物线，函数()fx为减函数；当xa…时，22y

xax=−+的图象是开口朝下且以xa=为对称轴的抛物线，函数()fx为减函数；故()fx在[1x−，1]上的最大值为M（a）(1)32fa=−=+，最小值为m（a）f=（1）12a=−+，此时M（a）m−（a）44=„恒成立，当0a时，当xa时，232yxax=−的

图象是开口朝上且以13xaa=为对称轴的抛物线，函数()fx在[1−，1]3a上为减函数，在1[3a，]a为增函数；当xa…时，22yxax=−+的图象是开口朝下且以xa=为对称轴的抛物线，函数()fx为减函数；由211(

)33faa=−，f（1）12a=−+，若0233a−„，f（1）1()3fa„，故()fx在[1x−，1]上的最大值为M（a）(1)32fa=−=+，最小值为m（a）f=（1）12a=−+，此时M（a）m−（a）44=„

恒成立，若2331a−„，f（1）1()3fa，故()fx在[1x−，1]上的最大值为M（a）(1)32fa=−=+，最小值为m（a）211()33faa==−，此时M（a）m−（a）4„无解，综上所述，123

3a−−剟14．已知函数2()|1|1()fxxaxaR=−−−（1）若关于x的方程2()10fxx++=在区间(0，2]上有两个不同的解1x，2x①求a的取值范围；②若12xx，求1211xx+的取值范围；（2）设函数()fx在区间[0，2]

上的最大值和最小值分别为M（a），m（a），求g（a）M=（a）m−（a）的表达式．【解答】解：（1）由2()10fxx++=，(0x，2]，得1,011||12,12xxaxxxxxx=−+=

−„„．①作出函数1,0112,12xxyxxx=−„„图象，由函数y的最小值为1，最大值为17422−=．在区间(0，2]上有两个不同的解，可得712a„，故a的取值范围是7

(1,)2．②12xx，11ax=，2212axx=−，则有212112xxx=−，即212112xxx+=，又212x„，212112(2xxx+=，4]，故1211xx+的取值范围是(2，4]．（2）22,01()2,12xaxxfxxaxx−−

=−−剟„，当4a…时，有02a−，22a…，()fx在[0，2]上为减函数，则g（a）(0)ff=−（2）22a=−．当24a„时，有02a−，122a„，()fx在[0，]2a上为减函数，在[2a，2]上为增函数，此时m（a

）2()224aaf==−−，M（a）{(0)maxf=，f（2）}0=，则g（a）224a=+当02a„时，有02a−，012a„，()fx在[0，1]上为减函数，在[1，2]上为增函数，此时m（a）f=（1）1a=−−，M（a）{(0)maxf=，f（2

）22,01}0,12aaa−=„„，则g（a）3,011,12aaaa−=+„„．当20a−时，有012a−，02a，()fx在[0，]2a−上为增函数，在[2a−，1]上为减函数，在[1，2]上为增函数，此时m（a）{(0)minf=，f

（1）1,10}0,21aaa−−=−−„，M（a）{()2amaxf=−，f（2）}22a=−，则g（a）3,1022,21aaaa−−=−−−„．当2a−„时，有12a−…，02a，()fx在[0，2]上为增函数

，则g（a）f=（2）(0)22fa−=−．则g（a）222,13,111,122,24422,4aaaaaaaaaa−−−−+=+−„„„„…．