二次函数中绝对值问题的求解策略

二次函数中绝对值问题的求解策略

二次函数是高中函数知识中一颗璀璨的“明珠”，而它与绝对值知识的综合，往往能够演绎出一曲优美的“交响乐”，故成为高考“新宠”。二次函数和绝对值所构成的综合题，由于知识的综合性、题型的新颖性、解题方法的灵活性、思维方式的抽象性，学习解题时往往不得要领，现从求解策略出发，对近年来各类考试中的部分相关考题，进行分类剖析，归纳出一般解题思考方法。

一、适时用分类，讨论破定势

分类讨论是中学数学中的重要思想。它往往能把问题化整为零，各个击破，使复杂问题简单化，收到化难为易，化繁为简的功效。

例1 已知f(x)=x 2+bx+c (b,c ∈R),

（1）当b<－2时，求证：f(x)在（－1，1）内单调递减。

（2）当b<－2时，求证：在（－1，1）内至少存在一个x0，使得|f(x0)|≥

2

1. 分析 （1）当b<－2时，f(x)的对称轴在（－1，1）的右侧，那么f(x)在（－1，1）内单调递减。

（2）这是一个存在性命题，怎么理解“至少存在一个x 0”呢其实质是能找到一个这样的x 0，问题就解决了，不妨用最特殊的值去试一试。

当x=0时，|f(0)|=|c|,|c|与

2

1

的大小关系如何呢对|c|进行讨论： （i ）若|c|≥

21,即|f(0)|≥2

1

，命题成立。 （ii ）若|c|<

21，取x 0=－21,则2

1432145|||2141||2141||)21(|>=->--≥+-=-c b c b f . 故不论|c|≥

21还是|c|<21,总存在x 0=0或x 0=－21使得|f(x 0)|≥2

1

成立。 本题除了取x=－

2

1

外，x 还可取那些值呢留给读者思考。

二、合理用公式，灵活换视角

公式|a|－|b|≤|a±b|≤|a|+|b|在处理含绝对值问题时的作用有时是不可替代的，常用于不等式放缩、求最值等，思路简洁、明快，解法自然、迅捷。

例2 已知f(x)=x 2+ax+b 的图象与x 轴两交点的横坐标为x 1，x 2若|a|+|b|<1，求证：|x 1|<1且|x 2|<1.

解 由韦达定理，得⎩⎨⎧=-=+b x x a x x 2121

代入|a|+|b|<1，得|x 1+x 2|+|x 1x 2|<1， 又|x 1|－|x 2|≤|x 1+x 2|. 即|x 1|(1+|x 2|)<1+|x 2|。 又∵1+|x 2|>0，∴|x1|<1. 同理可得|x 2|<1。

例3 函数f(x)=ax 2+bx+c(a≠0),若函数f(x)的图象与直线y=x 和y=-x 均无公共点，求证：（1）4ac －b 2>1.

（2）对一切实数x ，恒有|

|41

||2a c bx ax >++. 分析（1）略。

（2）|442)2(|||2

2

a

b a

c a b x a c bx ax -+

+=++ 由（1）可知2)2(a

b x a +与a b a

c 442

-同号。

三、机智赋特值，巧妙求系数

变量在某一区域有某种结论成立时，可通过对题目结构特征的观察，由目标导向，赋予一系列特殊的函数值来构建对应的系数关系，使抽象问题具体化，从而独辟蹊径，出奇制胜。

例 4 函数f(x)=ax 2+bx+c(a≠0),对一切x ∈[－1,1],都有|f(x)|≤1，且

g(x)=cx 2+bx+a ，求证：

（1）x ∈[－1,1]时，|2ax+b|≤4. （2）x ∈[－1,1]时，|g(x)|≤2.

证明 （1）由题设条件，可得⎪⎩

⎪

⎨⎧=+-=-++=.)0(,)1(,)1(c f c b a f c b a f

又由题意可知⎪⎩

⎪

⎨⎧≤≤-≤.0|)0(|,1|)1(|,1|)1(|f f f

要证明]1,1[-∈x 时，|2ax+b|≤4，只要证明|±2a+b|≤4. 同理可证|－2a+b|≤4. （2）|g(x)|=|cx 2+bx+a|

请读者仿照例4的方法解决下面一题：

例5 函数f(x)=ax 2+bx+c(a≠0)，已知|f(0)|≤1，|f(－1)|≤1,|f(1)|≤1.求证：对一切]1,1[-∈x ,都有.2|)(|≤x f

分析 借助恒等式4

)1(4)1(2

2+-+=x x x , 得|g(x)|=|ax+b| 注意到]1,1[-∈x ,有

]0.1[2

1],1,0[21-∈-∈+x x ,故有|g(x)|≤1+1=2. 五、联想反证法，类比创条件

对于一些数学问题，如果从正面思考较难，不妨尝试从反面入手，巧用逆向思维，比如借反证法来找到解决问题的途径。

例7 函数f(x)=x 2+ax+b （a,b ∈R ），x ∈[－1,1],求证： |f(x)|的最大值M≥

2

1. 证明 假设M<

21，则|f(x)|<21,,2

1)(21<<-∴x f

即.2

1212<++<-

b ax x 令x=0,1,－1,分别代入上式，得

,21

21<<-

b ① ,2

1

121<++-<-

b a ② ,2

1

121<++<-

b a ③ 由②+③，得2

1

23-<<-

b ,与①矛盾。 点评 通过假设结论不成立，创设了]1,1[-∈x 时，|f(x)|<2

1

恒成立这一常规而打开局面的有利条件，可谓“高招”！

六、鸡尾酒疗法，相是益彰好

每一种解法都不是万能的，如果把各种解题方法灵活地相互结合、渗透，那么不但能解决实际问题，而且思路开阔，有利于培养创造能力、提升数学品质。

例8 函数f(x)=ax 2+bx+c(a≠0），对一切]1,1[-∈x ，都有f(x)≤1，求证：对一切

]2,2[-∈x ，都有f(x)≤7.

分析 函数y=|ax 2+bx+c| (a≠0)在区间[p,q]上的最大值，由图象易知只能在x=p 或x=q 或a b x 2-

=处取得，于是由题意只需证明|f(－2)|≤7且|f(2)|≤7且.7|)2(|≤-a

b

f 由已知|f(－1)|=|a+b －c|, |f(1)|=|a+b+c|,|f(0)|=|c|, |f(－2)|=|4a －2b+c| =|3f(－1)+f(1)－3f(0)| ≤3|f(－1)|+|f(1)+3|f(0)| =3×1+1+3×1=7