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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****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)=x2+bx+c (b,cR),
（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)|≥.
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x0”呢？其实质是能找到一个这样的x0，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|与的大小关系如何呢？对|c|进行讨论：
（i）若|c|≥,即|f(0)|≥，命题成立。
（ii）若|c|<，取x0=－,则.
故不论|c|≥还是|c|<,总存在x0=0或x0=－使得|f(x0)|≥成立。
本题除了取x=－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)=x2+ax+b的图象与x轴两交点的横坐标为x1，x2若|a|+|b|<1，求证：|x1|<1且|x2|<1.
解 由韦达定理，得
代入|a|+|b|<1，得|x1+x2|+|x1x2|<1，
又|x1|－|x2|≤|x1+x2|.
即|x1|(1+|x2|)<1+|x2|。
又∵1+|x2|>0，∴|x1|<1.
同理可得|x2|<1。
例3 函数f(x)=ax2+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－b2>1.
（2）对一切实数x，恒有.
分析（1）略。
（2）
由（1）可知与同号。
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)=ax2+bx+c(a≠0),对一切x[－1,1],都有|f(x)|≤1，且g(x)=cx2+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
又由题意可知
要证明时，|2ax+b|≤4，只要证明|±2a+b|≤4.
同理可证|－2a+b|≤4.
（2）|g(x)|=|cx2+bx+a|
请读者仿照例4的方法解决下面一题：
例5 函数f(x)=ax2+bx+c(a≠0)，已知|f(0)|≤1，|f(－1)|≤1,|f(1)|≤：对一切,都有
分析 借助恒等式,
得|g(x)|=|ax+b|
注意到,有,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)=x2+ax+b（a,bR），x[－1,1],求证：
|f(x)|的最大值M≥.
证明 假设M<，则|f(x)|<,
即
令x=0,1,－1,分别代入上式，得
①
②
③
由②+③，得,与①矛盾。
点评 通过假设结论不成立，创设了时，|f(x)|<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)=ax2+bx+c(a≠0），对一切，都有f(x)≤1，求证：对一切
，都有f(x)≤7.
分析 函数y=|ax2+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或处取得，于是由题意只需证明|f(－2)|≤7且|f(2)|≤7且
由已知|f(－1