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）单调递减。

（2）当b<－2时，求证：在（－1，1）至少存在一个x0，使得|f(x0)|≥21. 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）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21432145|||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 2

121 ⎩⎨⎧==+∴.|||||,|||2

121

b x x a x x 代入|a|+|b|<1，得|x 1+x 2|+|x 1x 2|<1，

又|x 1|－|x 2|≤|x 1+x 2|.

1||||||||||21212121<++≤+-∴x x x x x x x x

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 ac 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。 ||2c bx ax ++∴

.|

|41|44||44||)2(|22

2a a b ac a b ac a b x a >-≥-++= 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

⎪⎪⎪⎩

⎪⎪⎪⎨⎧=--=--+=∴)0()],1()1([21)],0(2)1()1([21f c f f b f f f a 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.

.422

123|)0(2)1(21)1(23||2|=++≤--+=+f f f b a 同理可证|－2a+b|≤4.

（2）|g(x)|=|cx 2+bx+a|

222

1211|2

1||21||1||)1(2

1)1(21)0()1(||)0(2

)1()1(2)1()1()0(|22222≤+-=-+++-=-+++-≤--+++-=--++--+

=x x x x x x x f x f x f x f f f x f f x f 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|

.|)21(||)21(||)2

1()21(||]212)21([])21(2)21([||)2

121(]42)1(42)1([

|-++≤--+=+-+--++++=-+--++--+=x f x f x f x f c x b x a c x b x a c c x x b x x a 注意到]1,1[-∈x ,有]0.1[2

1],1,0[21-∈-∈+x x ,故有|g(x)|≤1+1=2.