二次函数中绝对值问题的求解策略.docx

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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

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）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）|≥、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）|≤

1、求证：

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①②③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）|=|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同理|f

（2）|≤

7、若,则由以上可知命题已证。

若，则∵|c|≤1,又因此，对一切,都有|f（x）|≤

7、例9（1998年“希望杯”高三赛题）若函数f（x）=ax2+bx+c（a≠0），对一切x[0,1],恒有|f（x）|≤

1、

（1）对所有这样的f（x），求|a|+|b|+|c|可能的最大值；

（2）试给出一个这样的f（x），使|a|+|b|+|c|确实取到上述最大值。

解

（1）由解得所以故|a|+|b|+|c|可能最大值为

17、

（2）取a=8,b=－8，c=1，则f（x）=8x2－8x+1f（x）在[0,1]上确实有|f（x）|≤1，且|a|+|b|+|c|=

17、解题思维训练是巩固所学知识的重要环节，也是培养优良教学素养的有效手段，在学习中应当有意识地培养思维的“方向感”和思路的“归属感”，促进数学思维空间的拓展，也有助于思维品质的提升。

例谈二次函数区间最值的求解策略如何求解二次函数在区间上的最值，是一个综合性较强的问题，影响二次函数在某区间上最值的是区间和对称的位置。

本文就区间和对称轴动与静的变化进行分类，探索求最值的方法。

一、定区间与定轴区间和对称轴都确定时，则将函数式配方，再根据对称轴和区间的关系，结合函数在区间上的单调性，求最值。

例1已知，求f（x）最值。

分析这2002年上海高考题的一个变式题，对f（x）配方，得，其图象开口向上，对称轴故

二、定区间与动轴区间确定而对称轴变化时，应根据对称轴在区间的左、右两侧和穿过区间这三种情况分别讨论，再利用二次函数的示意图，结合单调性求解。

例2已知当时，f（x）最大值为1，求m值。

分析f（x）的图象开口向下，对称轴为x=m。

（1）当m<0时，f（x）在[0，1]上递减，由m－1=1，得m=2这与m<0矛盾。

（2）当0≤m≤1时，由m2+m－1=1，得m=1，这与m>1矛盾。

或m=-2,m=2与0≤m≤1矛盾。

综上可知m=1。

三、动区间和定轴对称轴确定而区间在变化时，只需对动区间能否包含抛物线的顶点的横坐标进行分类讨论。

例3已知函数且b>0，若求b。

分析这是1990年全国高考题的一道压轴题中半部分的代数求值问题。

将表达式配方，得由于x[－b,b]，对称轴,所以应对及分类讨论。

（1）若，即时，f（x）在[－b,b]上递减，当x=－b时，由f（x）max=7，得，与矛盾。

（2）若，即b≥，则对称穿过区间[－b，b]，那么当时，由f（x）max=7，得b2=1,又>0，∴b=1。

综上可知b=

1、

四、动区间与动轴当区间和对称轴均在变化时，亦可根据对称轴在区间的左、右两侧及穿过区间三种情况讨论，并结合图形和单调性处理。

例4已知f（x）=－x2+（a－1）x+a,x[1,a]的最大值为100，求a值。

分析由x[1,a]，可知a>1，f（x）图象开口向下，对称轴为

（1）当,即1

（1）=2a－

2、由2a－2=100,得a=51这与1

（2）当,即a>3时，由,得a=19,或a=－21,又a>3，∴a=

19、（3）当时，a≤－1，与a>1矛盾，故对称轴不可能在x=a的右侧。

抽象函数常见题型例析这里所谓抽象函数，是指只给出函数的一些性质，而未给出函数解析式的一类函数，抽象函数一般以中学阶段所学的基本函数为背景背景，且构思新颖，条件隐蔽、技巧性强，解法灵活。

因此，抽象函数在近几年的各种考试中，成为考查的重点。

一、求函数解析式例1是否存在这样的函数f（x），使下列3个条件：

（1）f（n）>0，nN*；

（2）f（n1+n2）=f（n1）f（n2）,n

1、n2N*；（3）f

（2）=4同时成立？

若存在，求出f（x）的解析式，若不成立，说明理由。

分析题设给出了函数f（x）满足的3个条件，探索结论是否成立。

我们可以用不完全归纳法寻找f（x）的解析式，再用数学归纳法证明其正确性。

解若存在这样的函数f（x），由条件得f

（2）=f（1+1）=[f

（1）]2=4,∴f

（1）=

2、又f

（2）=22,∴f（3）=f（2+1）=f

（2）·f

（1）=23,f（4）=f（3+1）=f（3）f

（1）=

24、由此猜想f（x）=2x（xN*）、下面用数学归纳法证明上述猜想。

（1）当n=1时，显然成立。

（2）假设当n=k（kN*）时猜想成立，即f（k）=2k，那么当n=k+1时，则f（k+1）=f（k）·f

（1）=2k·2=2k+1仍然成立。

综上所述，存在函数f（x）=2x,对xN*成立。

利用所给条件，通过数据实验，用不完全归纳法问题出猜想，再用数学归纳法给出证明，是处理抽象函数递推型综合题的常用方法。

二、判断函数的单调性例2设f（x）是定义在[－1，1]上的函数，且满足f（－x）=－f（x），对任意a、b[－1，1]，当a+b≠0时，都有>0。

试判断f（x）的单调性。

分析由函数单调性的定义，首先问题着f（x2）－f（x1），这里x1，x2[－1,1]，且x1

解设x1,x2[－1,1]，且x10,∴f（x2）－f（x1）>0,f（x2）>f（x1）,∴f（x）在[－1,1]上是增函数。

三、求函数值或值域例3已知定义在N*上，且在N*上取值的增函数y=f（n）。

对任意m，nN*，当m、n互质时，f（mn）=f（m）f（n）、又f（180）=180，求f（2004）值。

分析由f（180）=180及题设可推出f

（1）=1，再利用f（n）N*寻找f（n）及n关系，然后求值。

解∵f（180）=f（1×180）=f

（1）·f（180）=180，即f

（1）f（180）=180,∴f

（1）=

1、由f（n）是增函数及函数值是自然数可得，1=f

（1）

（2）

80、∴f（n）=n（1≤n≤180,nN*）、∴f（2004）=f（12×167）=f（12）·f（167）=12×167=2004、注一般地，抽象函数求值，要先找自变量与函数值之间的关系，根据找到的关系再注值。

例4f（x）是定义在R上的函数，且满足：

（1）f（－x）=－f（x）；

（2）对任意x,yR,有f（x+y）=f（x）+f（y）；（3）当x>0时，f（x）<0，且f

（1）=－2。

求函数f（x）在[－3，3]上的最值。

分析抽象函数求最值问题，一般是先根据条件确定函数的单调性，然后再确定其最值。

解设0≤x10,∴f（x2－x1）<0、∴f（x2）－f（x1）<0，即f（x1）>f（x2）、∴f（x）在[0,3]上是减函数。

又由f（－x）=－f（x），得f（x）在[－3,0]上也是减函数，从而f（x）在[－3，3]上是减函数。

所以，当x=－3时，f（x）取最大值，其值为f（－3）=－f（3）=－f（1+2）=－f

（1）－f（1+1）=－3f

（1）=

6、当x=3时，f（x）取最小值，其值为f（3）=－f（3）=－

6、注函数单调性是函数的局部性质，在确定函数单调性时，要根据条件，把定义域分割成若干个区间，分别讨论其单调性。

四、判断函数的周期例5设f（x）是定义在R上的函数，且f（－x）=f（x），其图象关于直线x=1对称，对任意x1x2[0,],都有f（x1+x2）=f（x1）·f（x2）、

（1）设f

（1）=2，求;

（2）证明f（x）是周期函数。

分析

（1）把f

（1）用表示，再求,而=，注意开方时的符号。

（2）由图象关于x=1对称，可得f（x）=f（2－x），再利用f（－x）=f（x）就可确定其周期。

解

（1）由函数y=f（x）的性质知，又∵将上式中－x以x代替得，f（x）=f（x+2）,xR、故f（x）是以2为一个周期的周期函数。

注判断函数f（x）的周期性，就是寻找满足等式f（x+T）=f（x）中的非零常数T。

在解题时，注意利用题设中函数的奇偶性、对称性等性质，把这些性质转化成相应的等式，再证明f（x+T）=f（x）。

五、不等式问题例6定义在（－1，1）上的函数f（x）满足：

（1）对任意x、y（－1，1）都有

（2）当x（－1，0）时，有f（x）>0；求证：

分析因为x（－1,0）时，有f（x）>0，而结论中要求x>0时f（x）的值，故要先判断f（x）的奇偶性。

因为不等式证明时需放缩，还要判断f（x）的单调性。

解在等式中，令x=y=0,得f（0）=0，再令y=－x，得f（x）+f（－x）=0，即f（－x）=－f（x），∴f（x）在（－1，1）上是奇函数。

设－10、∴f（x1）>f（x2）、故f（x）在x（－1,0）上是减函数。

又由奇函数的性质知f（x）在x（0,1）上仍然是减函数，且f（x）<0、故所证不等式成立。

注本题先确定函数的奇偶性和单调性，利用裂项求和进行化简，再根据条件用放缩法证明不等式；在解题过程中，利用题设充分挖掘隐含条件，开拓解题思路，使问题得到解决。

六、图象的对称性例7设a是常数，函数f（x）对一切xR都满足f（a－x）=－f（a+x）。

求证：

函数f（x）的图象关于点（a,0）成中心对称图形。

证明对任意xR都成立，∴在f（x）的图象上任取一点（x0,y0），则其关于（a,0）的对称点（2a－x0,－y0）也在其图象上。

∴f（x）图象关于点（a,0）成中心对称图形。

注证明一个函数图象的对称性问题，只需在此函数图明上任取一点P1，证明它的对称点P2也在其图象上。

七、方程根的问题例8已知函数f（x）对于一切实数x满足f（x）=f（12－x），若方程f（x）=0有n个不同的实数根，这个n人实根的和是48，求n的值。

分析由方程根的意义及等式f（x）=f（12－x）的意义知，方程的根是成对出现的，且成对两根之和是

12、解由方程f（x）=f（12－x）知，如果x0是方程f（x）的根，那么12－x0也是方程的根，且x0≠12－x0,x0+（12－x0）=

12、由48=12×4可知方程f（x）=0有四对不同的实数根，即方程f（x）=0有8个不同的实根，∴n=

8、注解此题的关键是，理解f（x）=f（12－x）的意义，判断出方程根的性质。

抽象函数问题，往往综合运用函数的性质及数学思想方法，挖掘隐含条件，探索抽象函数的有关性质，寻找解题思路。

高三数学复习方法高三数学复习，大体可分三个阶段，每一个阶段的复习方法与侧重点都各不相同，要求也逐步提高。

一、基础复习阶段系统整理，构建数学知识网络将高中阶段所学的数学基础知识进行系统整理，进行有机的串联，构建成知识网络，使学生对整个高中数学体系有一个全面的认识和把握，以便于知识的存储、提取和应用，也有利于学生思维品质培养和提高，这是数学复习的重要环节。

从近几年来高考试题中我们可以看到：

基础知识，基本技能，基本思想和方法始终是高考数学试题考查的重点。

《考试说明》明确指出：

易、中、难题的占分比例控制在3：

5：

2左右，即中、低档题占总分的80%左右，这就决定了我们在高考复习中必须抓基础，常抓不懈，只有基础打好了，做中、低档题才会概念清楚，得心应手，做难题和综合题才能思路清晰，运算准确。

在高考第一轮复习中应以夯实双基为主，对构建的知识网络上每个知识点要弄清要领，了解数学知识和理论的形成过程以及解决数学问题的思维过程，注重基础知识的复习和基本技能的训练，不求高难，应为后继阶段的综合能力提高打下坚实基础。

要贴紧课本，对课本中的例题、知识点加以概括和延伸，使之起到举一反三，触类旁通的效果。

如课本中数列一章有详细推导等差数列和等比数列前n项和公式的过程，通过复习要掌握“倒序相加法”和“错位相加法”两种不同的方法，为我们在数列求和的解题中提供思路和方法。

因此在复习时特别要注意课本中例题和习题所启示的解题方法，要关于总结，丰富解题思路。

二、综合复习阶段综合深化，掌握数学思想方法第二轮复习是在第一轮复习的基础上进行巩固、完善、综合、提高的重要阶段，是关系到学生的数学素质能否迅速提高进而适应高考中、难度试题的关键。

第二物理学复习要加强对思维品质和综合能力的培养，主要着眼于知识重组，建立完整的知识能力结构，包括学科的方法能力、思维能力、表达能力，但这都必须建立在知识的识记能力基础之上，理解知识的来源及其所蕴含的数学思想、数学方法，把握知识的纵横联系，培养探索研究问题的能力。

常用的数学思想方法有化归，函数与方程的思想，分类讨论思想，数形结合思想以及配方法、换元法、待定系数法等等。

这些基本思想和方法分散地渗透在中学数学教材中，在高

一、高二的学习过程中，主要精力集中于数学知识学习中，缺乏对基本的数学思想和方法的归纳和总结，在高考前的复习过程中，要在复习基础知识的同时，有意识地掌握基本数学思想和方法，只有这样，在高考中才册灵活运用和综合运用所学的知识。

第二轮复习要培养数学应用意识，学会从材料的情景、问题中去理论，册根据题目所给的材料，找到主干和知识的结合点。

要学会形成体系和方法，即解题思路，包括对有效信息的提取、解题所需的方法和技巧、对事实材料的分析和判断及结论的评价和反思等。

三、强化复习阶段强化训练，提高应试实战能力从某种意义上说，成绩是练出来的，考前强化训练尤其重要。

练近年来的高考试题和各地的模拟试题，掌握高考信息和命题动向，提高正克率，练出速度，在练中升华到纯熟生巧的境界。

在练习时要注意以下几点。

解题要规范，俗话说：

“不怕难题不得分，就怕每题都扣分”，所以务必将解题过程写得层次分明，结构完整。

重要的是解题质量而非数量，要针对自己的问题有选择地精练，发现错误及时纠正，把做错的题做上标记，在旁边写上评析，然后把试卷保存好，过一段时间，再做一遍。

不应满足于会做，应注意解题后的反思常悟，悟出解题策略、思想方法的精华，尤其对一些高考题，新题和难度稍大的题，这种反思更为重要，多思出悟性，常悟获精华。

考试是一门学问，高考要想取得好成绩，不仅取决于扎实的基础知识、熟练的基本技能和过硬的解题能力，而且取决一于临场的发挥，我们要把平常的考试看成是积累考试经验的重要途径，把平时的考试当做高考，从心理调节、时间分配、节奏的掌握以及整个考试的运筹诸方面不断进行调试，逐步适应。

每次考完后，自己都应认真总结对做过题的题要分析，错误要怎样造成的？

解题及思考过程有什么不合理的地方？

做错是属于知识上、心理上、能力上还是策略上的原因？

即使对解对了的题也要分析，解题过程是否完美，有无更好的解法？

对综合题和难题要分析，考查了哪些知识点？

怎样审题？

怎样打开解题思路？

主要运用了哪些方法和技巧？

关键步骤在哪里？

高考要考出好成绩，考试时要有自信心，保持平和心态，把握全局，从易到难，沉着应试，注意审题，计算细心，避免无谓差错，发挥应有的水平。