1、二次函數中絕對值問題的求解策略二次函數是高中函數知識中一顆璀璨的“明珠”，而它與絕對值知識的綜合，往往能夠演繹出一曲優美的“交響樂”，故成為高考“新寵”。二次函數和絕對值所構成的綜合題，由于知識的綜合性、題型的新穎性、解題方法的靈活性、思維方式的抽象性，學習解題時往往不得要領，現從求解策略出發，對近年來各類考試中的部分相關考題，進行分類剖析，歸納出一般解題思考方法。、適時用分類，討論破定勢分類討論是中學數學中的重要思想。它往往能把問題化整為零，各個擊破，使復雜問題簡單化，收到化難為易，化繁為簡的功效例1已知f(x)=x，取x0=1，則|f(1川科11b+c隹1b|c|A512424242+bx

2、+c(b,cRR),(1)當b<-2時，求證：f(x)在(一1,1)內單調遞減(2)當b<-2時，求證：在(一1,1)內至少存在一個x0,使得|f(x0)|.2分析(1)當b<-2時，f(x)的對稱軸在(一1,1)的右側，那么f(x)在(一1,1)內單調遞減(2)這是一個存在性命題，怎么理解“至少存在一個x?！蹦?？其實質是能找到一個這樣的x。，問題就解決了，不妨用最特殊的值去試一試。當x=0時，|f(0)|=|c|,|c|與。的大小關系如何呢？對|c|進行討論:211(ii)若|可<(i)若|c|>-,即|f(0)|>-,命題成立。故不論|c|>1還是

3、|c|<1,總存在X0=0或X0=1使得|f(x0)|>1成立。2222本題除了取x=1外，X還可取那些值呢？留給讀者思考。2二、合理用公式，靈活換視角公式|a|-|b|<|a±b|<|a|+|b|在處理含絕對值問題時的作用有時是不可替代的，常用于不等式放縮、求最值等，思路簡潔、明快，解法自然、迅捷。例2已知f(x)=x2+ax+b的圖象與x軸兩交點的橫坐標為X1,X2若|a|+|b|<1,求證：|x1|<1且|x2|<1.解由韋達定理，得產+'2=-ax1x2=bX1+X2|=|a|,JX1X2|=|b|.代入|a|+|b|<

4、1,得|x+X2|+|x1X2|<1,又|X1|-|X2|<|X1+X2|.|X1|-|X2|-|X1X2償|X1,X2|X1X2|；1即|x1|(1+|X2|)<1+|X2|o又1+|X2|>0,|x1|<1.同理可得|X2|<1o例3函數f(x)=ax2+bx+c(aw0),若函數f(x)的圖象與直線y=x和y=-x均無公共點，求證：(1)4acb2>1.(2)對一切實數x,恒有|ax2+bx+c|>.4|a|分析(1)略(2) |ax2bxe|=|a(x)24ac-b|2a4a由（1）可知a（x+巴）2與"c二丫同號。2a4a.2

5、.|axbxc|b、24ac-b.二|a(x-)|一-一|2a4a.4ac-b2.1|.4a4|a|三、機智賦特值，巧妙求系數變量在某一區域有某種結論成立時，可通過對題目結構特征的觀察，由目標導向,賦予一系列特殊的函數值來構建對應的系數關系，使抽象問題具體化，從而獨辟蹊徑,出奇制勝。例4函數f(x)=ax2+bx+c(a*0),對一切x=1,1,都有|f(x)|<1,且g(x)=cx2+bx+a,求證：(1) xW-1,1時，|2ax+b|<4.(2) xw1,1時，|g(x)|<2.f(1)=abc,證明(1)由題設條件，可得4f(-1)=a-b+c,J(0)=c.1上工a

6、=3”1)+f(-1)-2f(0),1一一二1b=1f(1)-f(-1),c=f(0)|又由題意可知J|f(-1)產1,Jf(0)|W0.要證明xw1,1時，|2ax+b|<4,只要證明|±2a+b|<4.3.1.|2abH-f(1)-f(-1)-2f(0)|223，-2=4.22同理可證|-2a+b|<4.(2)|g(x)|=|cx2+bx+a|=|f(0)x2f(1)-f(-1)f(1)f(-1)x2_=|(x-1)f(0)-|x2-1|孑22Uf(1)12xf(-1)|十|-f(0)|.2x11-x=1x222=-x22<2請讀者仿照例4的方法解決下面一

7、題:01.求例5函數f(x)=ax2+bx+c(aw0),已知|f(0)|<1,|f(-1)|<1,|f(1)|證：對一切xw-1,1,都有|f(x)|E2.分析借助恒等式x=(x1)2(x1)2x-1V)c-c|得|g(x)|=|ax+b|(x1)2(x-1)2-x1二|a；-b(442Ta()2b(口)c-a(金Tf(-|f(2x12x12)-f(1)|)|f(二1)|.x-1)2bc|2注意到x亡-1,1,有廿1亡0,1,左1乏-1.0,故有|g(x)|<1+1=2.22五、聯想反證法，類比創條件對于一些數學問題，如果從正面思考較難，不妨嘗試從反面入手，巧用逆向思維,比

8、如借反證法來找到解決問題的途徑。例7函數f(x)=x2+ax+b(a,bwR),xe1,1,求證：1|f(x)|的最大值M>1.1 111證明假設M<,則|f(x)|<-,<f(x)<-,2 222即-1:二x2axb.22令x=0,1,1,分別代入上式，得1 1_<b<,2 21 1_<-a+b+1<，2 2由+©,彳33<b<-1,與矛盾22點評通過假設結論不成立，創設了xW_1,1時，|f(x)|<包成立這一常規而2打開局面的有利條件，可謂“高招”！六、雞尾酒療法，相是益彰好每一種解法都不是萬能的，如果把各

9、種解題方法靈活地相互結合、滲透，那么不但能解決實際問題，而且思路開闊，有利于培養創造能力、提升數學品質。例8函數f(x)=ax2+bx+c(aw0),對一切x-1,1,都有f(x)<1,求證：對一切xwN,2,都有f(x)<7.分析函數y=|ax2+bx+c|(aw0)在區間p,q上的最大值，由圖象易知只能在b.x=p或x=q或x=一處取得，于是由題息只需證明|f(-2)|<7且|f(2)|<7且2a|f(b2a)H7.由已知|f(1)|=|a+b-c|,|f(1)|=|a+b+c|,|f(0)|二|c|,|f(-2)|=|4a-2b+c|=|3f(1)+f(1)-3f

10、(0)|031f(1)|+|f(1)+3|f(0)|=3X1+1+3X1=7同理|f(2)|<7.若-2可-2,2,則由以上可知命題已證。2a若一旦即一2,2,貝U2ab4ac-b21f(一中h1Tc-24a-|c|-1|b|b-|.22a|c|<1,1.1.|b|=T"i)121f(-1)中.X|<2,2a.|f(-)|<1-12=2.2a2因此，對一切xw22,都有|f(x)|<7.例9(1998年“希望杯”高三賽題)若函數f(x)=ax2+bx+c(a1三31f(1)8|f(.161f(0)|<386=17故|a|+|b|+|c|可能最大值為

11、17.(2)取a=8,b=8,c=1,貝f(x)=8x28x+1=8(x-1)2-1f(x)在0,1上確實有|f(x)|<1,且|a|+|b|+|c|=17.0),對一切xw0,1,恒有|f(x)|<1.(1)對所有這樣的f(x),求|a|+|b|+|c|可能的最大值；(2)試給出一個這樣的f(x),使|a|+|b|+|c|確實取到上述最大值。f(1)=a+b+c,一.111斛(1)由f()abc,242f(0)=0rr1ra=2f(1)-4fq)+2f(0),1解得e=4丐)_“1)-3f(0),c=f(0)I1 1.所以出|"|葉|2"1)-4”2)20)|

12、4",-"1)-3"0)"0)|解題思維訓練是鞏固所學知識的重要環節，也是培養優良教學素養的有效手段，在學習中應當有意識地培養思維的“方向感”和思路的“歸屬感”，促進數學思維空間的拓展，也有助于思維品質的提升。例談二次函數區間最值的求解策略如何求解二次函數在區間上的最值，是一個綜合性較強的問題，影響二次函數在某區間上最值的是區間和對稱的位置。本文就區間和對稱軸動與靜的變化進行分類，探索求最值的方法。、定區間與定軸區間和對稱軸都確定時，則將函數式配方，再根據對稱軸和區間的關系，結合函數在區間上的單調性，求最值。2 .3例1已知f(x)=x-一x-1,xw1

13、,Y3,求f(x)取值。分析這2002年上海高考題的一個變式題，對f(x)配方，得.-324他i-望-丁-7,3其圖象開口向上，對稱軸x=Sw_1,j3,3.2.3,34故f(x)"一如f(x)”于二、定區間與動軸區間確定而對稱軸變化時，應根據對稱軸在區間的左、右兩側和穿過區間這三種情況分別討論，再利用二次函數的示意圖，結合單調性求解。例2已知f(x)=-x2+2mx+m-1,當xW0,1時，f(x)最大值為1,求MS。分析f(x)的圖象開口向下，對稱軸為x=m(1)當m<0寸，f(x)在0,1上遞減，f(x)max=f(0)=m1.由m-1=1,得m=2這與m<0?盾。

14、(2)當00存1時，f(x)max=f(m)=m2+m1.由m+m-1=1,得m=1,這與m>1矛盾。或m=-2,m=2與0&me1矛盾。綜上可知m=1三、動區間和定軸對稱軸確定而區間在變化時，只需對動區間能否包含拋物線的頂點的橫坐標進行分類討論。例3已知函數f(x)=3x23x+4b2+9,xwb,b且b>0,若f(x)匿=7,求b。4分析這是1990年全國高考題的一道壓軸題中半部分的代數求值問題。1 CC將表達式配方，得f(x)=-3(x)4b3.21 11由于xwb,b,對稱軸x=,所以應對更-b,b及w-b,b分類討論。2 221 1(1)右一一<b,即0&l

15、t;b<一時，f(x)在b,b上遞減,當x=b時，2 2_122f(x)max=3(b)4b3-7.23 一，1一一由f(x)ma=7,4導b=-一±J7與0<b(一矛盾。4 2,1一11.(2)若-b9,即b>-,則對稱穿過區間-b,b,那么當x=時，222f(x)max=4b2+3.由f(x)ma戶7,彳4=1,又>0,.b=1。綜上可知b=1.四、動區間與動軸當區間和對稱軸均在變化時，亦可根據對稱軸在區間的左、右兩側及穿過區間三種情況討論，并結合圖形和單調性處理。已知f(x)=-x2+(a-1)x+a,xe1,a的最大值為100,求a值。分析(D由xw1

16、,a,可知a>1,f(x)圖象開口向下，對稱軸為x=a2當3zlE1,即1<a03時，f(x)ma=f(1)=2a-2.2由2a-2=100，得a=51這與1<a03矛盾。.2當1<?<a,即a>3時，f(x)ma*=f(U):2_a2a1由a2a=100，得a=19，或a=21，又a>3,aa=19.4一a-1(3)當之a時，a<1,與a>1矛盾，故對稱軸不可能在x=a的右側。2抽象函數常見題型例析這里所謂抽象函數，是指只給出函數的一些性質，而未給出函數解析式的一類函數，抽象函數一般以中學階段所學的基本函數為背景背景，且構思新穎，條件隱蔽

17、、技巧性強，解法靈活。因此，抽象函數在近幾年的各種考試中，成為考查的重點。一、求函數解析式例1是否存在這樣的函數f(x),使下列3個條件：*(1)f(n)>0,n=N；(2)f(ni+n2)=f(ni)f(n2),n1、N；(3) f(2)=4同時成立？若存在，求出f(x)的解析式，若不成立，說明理由。分析題設給出了函數f(x)滿足的3個條件，探索結論是否成立。我們可以用不完全歸納法尋找f(x)的解析式，再用數學歸納法證明其正確性。解若存在這樣的函數f(x),由條件得f(2)=f(1+1)=f(1)2=4,f(1)=2.又42)=22,.*3)=f(2+1)=f(2)f(1)=23,f(

18、4)=f(3+1)=f(3)f(1)=24.由此猜想f(x)=2x(xN*).下面用數學歸納法證明上述猜想。(1)當n=1時，顯然成立。»*一-.(2)假設當n=k(k亡N)時猜想成立，即f(k)=2k,那么當n=k+1時，則f(k+1)=f(k)-f(1)=2k-2=2k+1仍然成立。綜上所述，存在函數f(x)=2x,對乂三N成立。利用所給條件，通過數據實驗，用不完全歸納法問題出猜想，再用數學歸納法給出證明，是處理抽象函數遞推型綜合題的常用方法。二、判斷函數的單調性例2設f(x)是定義在1,1上的函數，且滿足f(-x)=-f(x),對任意a、bw1,1,當a+AO時，都有f(a)*

19、f(b)>0。試/U斷f(x)的單調性。ab分析由函數單調性的定義，首先問題著f(x2)-f(x1),這里x，x2三-1,1,且x1<x2,再利用題設中的條件變形，考察f(x2)(x1)的符號，就可得出結論。解設x1,x2W1,1,且x1<x2,f(x2)-f(x1)=f(x2)f(-x1)=f(x2)f(x,x2(-X).x2(-x)由條件，得f(x2)+f(x1)A0,又x2_x1>0,x2(-x1)f(x2)-f(x1)>0,f(x2)>f(x1),f(x)在1,1上是增函數。三、求函數值或值域例3已知定義在N*上，且在N*上取值的增函數y=f(n)。

20、對任意m,"N,當mn互質時,f(mn)=f(m)f(n).又f(180)=180,求f(2004)值。分析由f(180)=180及題設可推出f(1)=1,再利用f(n)wn*尋找f(n)及n關系，然后求值。解vf(180)=f(1X180)=f(1)f(180)=180,即f(1)f(180)=180,；f(1)=1.由f(n)是增函數及函數值是自然數可得，1=f(1)<f(2)<f<f(179)<f(180)=180._*f(n)=n(1<n<180,ncN).,f(2004)=f(12X167)=f(12)-f(167)=12X167=200

21、4.注一般地，抽象函數求值，要先找自變量與函數值之間的關系，根據找到的關系再注值。例4f(x)是定義在R上的函數，且滿足：(1) f(x)=-f(x);(2)對任意x,yWR,有f(x+y)=f(x)+f(y);(3)當x>0時，f(x)<0,且f(1)=2。求函數f(x)在3,3上的最值。分析抽象函數求最值問題，一般是先根據條件確定函數的單調性，然后再確定其最值。解設00x1<x203,則f(x2)=f(x2x1)+x1=f(x2x1)+f(x1)即f(x2x1)=f(x2)f(x1).'''X2x1>0,f(x2x1)<0.f(x2)-

22、f(x1)<0,即f(x1)>f(x2).f(x)在0,3上是減函數。又由f(-x)=-f(x),得f(x)在3,0上也是減函數，從而f(x)在3,3上是減函數。所以，當x=3時，f(x)取最大值，其值為f(-3)=-f(3)=f(1+2)=-f(1)f(1+1)=3f=6.當x=3時，f(x)取最小值，其值為f(3)=-f(3)=-6.注函數單調性是函數的局部性質，在確定函數單調性時，要根據條件，把定義域分割成若干個區間，分別討論其單調性。四、判斷函數的周期例5設f(x)是定義在R上的函數，且f(x)=f(x),其圖象關于直線x=1對稱，對任意xix2W0,1,都有f(xi+x2

23、)=f(xi)-f(x2).2、一11(1)設f(1)=2,求f(-)?f(-);(2)證明f(x)是周期函數。24分析(1)把f(1)用f(1)表示，再求f(1)，而fdfi)，注意開方時的2224符號。(2)由圖象關于x=1對稱，可得f(x)=f(2-x),再利用f(x)=f(x)就可確定其周期。解(1)由函數y=f(x)的性質知，xxxxf(x)=f(-)=f(-)f(-)-0,x0,1.22221 1c1又;f(1)=f(-)=f2(一)=2.2 241191.f()=-2.f()=f2()=-2,2241,lf()=424將上式中一x以x代替得，f(x)=f(x+2),xwr.故f(

24、x)是以2為一個周期的周期函數。注判斷函數f(x)的周期性，就是尋找滿足等式f(x+T)=f(x)中的非零常數To在解題時，注意利用題設中函數的奇偶性、對稱性等性質，把這些性質轉化成相應的等式，再證明f(x+T)=f(x)。五、不等式問題例6定義在(一1,1)上的函數f(x)滿足：(1)對任意x、yw(1,1)都有f(x)+f(y)=f(y)；1xy1111(2)當xw(1,0)時，有f(x)>0;求證：f(1)+f(,)+f(J)>f().511n3n12分析因為xw(1,0)時，有f(x)>0，而結論中要求x>0時f(x)的值，故要先判斷f(x)的奇偶性。因為不等式

25、證明時需放縮，還要判斷f(x)的單調性。解在等式f(x)+f(y)=f(y)中，令x=y=0,得f(0)=0,再令y=-x,得1xyf(x)+f(x)=0,即f(x)=f(x),f(x)在(一1,1)上是奇函數。設一1<x1<x2<0,貝Ux1一x2f(X)-f(x2)=f(x1)f(-x2)=f(一-)1-x1x21<x1<x2<0,X1x2<0,1x1x2>0.f(x1)>f(x2).故f(x)在xW(1,0)上是減函數。又由奇函數的性質知f(x)在x三(0,1)上仍然是減函數，且f(x)<0.f(1n23n11)=f(n1)(n

26、2)-1(n1)(n2)1一(n+1)(+2)n+1-1+(-總)11+(ILn1=f(=f(1n11n1)f(1)-f().n21f(-)f5f(n23n1叫：f(*-f(11=f(1)-f(-).2n2110：二：二1,.f()<0.n2n2111)").故所證不等式成立。注本題先確定函數的奇偶性和單調性，利用裂項求和進行化簡，再根據條件用放縮法證明不等式；在解題過程中，利用題設充分挖掘隱含條件，開拓解題思路,使問題得到解決。六、圖象的對稱性例7設a是常數，函數f(x)對一切xWR者B滿足f(ax)=f(a+x)求證：函數f(x)的圖象關于點(a,0)成中心對稱圖形。證明；

27、f(a-x)=-f(a+x)對任意xwR都成立，word完美格式,f(x)=fa-(a-x)=-fa(a-x)=-f(2a-x).在f(x)的圖象上任取一點(x0,y0),則其關于(a,0)的對稱點(2ax0,y0)也在其圖象上。，f(x)圖象關于點(a,0)成中心對稱圖形。注證明一個函數圖象的對稱性問題，只需在此函數圖明上任取一點P1,證明它的對稱點P2也在其圖象上。七、方程根的問題例8已知函數f(x)對于一切實數x滿足f(x)=f(12-x),若方程f(x)=0有n個不同的實數根，這個n人實根的和是48,求n的值。分析由方程根的意義及等式f(x)=f(12x)的意義知，方程的根是成對出現的

28、，且成對兩根之和是12.解由方程f(x)=f(12x)知，如果x0是方程f(x)的根，那么12x0也是方程的根，且x°w12x0,x0+(12x0)=12.由48=12X4可知方程f(x)=0有四對不同的實數根，即方程f(x)=0有8個不同的實根，.二n=8.注解此題的關鍵是，理解f(x)=f(12x)的意義，判斷出方程根的性質。抽象函數問題，往往綜合運用函數的性質及數學思想方法，挖掘隱含條件，探索抽象函數的有關性質，尋找解題思路。高三數學復習方法高三數學復習，大體可分三個階段，每一個階段的復習方法與側重點都各不相同，要求也逐步提高。一、基礎復習階段一一系統整理，構建數學知識網絡將高

29、中階段所學的數學基礎知識進行系統整理，進行有機的串聯，構建成知識網絡，使學生對整個高中數學體系有一個全面的認識和把握，以便于知識的存儲、提取和應用，也有利于學生思維品質培養和提高，這是數學復習的重要環節。從近幾年來高考試題中我們可以看到：基礎知識，基本技能，基本思想和方法始終是高考數學試題考查的重點?？荚囌f明明確指出：易、中、難題的占分比例控制在3:5:2左右，即中、低檔題占總分的80流右，這就決定了我們在高考復習中必須抓基礎，常抓不懈，只有基礎打好了，做中、低檔題才會概念清楚，得心應手，做難題和綜合題才能思路清晰，運算準確。在高考第一輪復習中應以夯實雙基為主，對構建的知識網絡上每個知識點要弄

30、清要領，了解數學知識和理論的形成過程以及解決數學問題的思維過程，注重基礎知識的復習和基本技能的訓練，不求高難，應為后繼階段的綜合能力提高打下堅實基礎。要貼緊課本，對課本中的例題、知識點加以概括和延伸，使之起到舉一反三，觸類旁通的效果。如課本中數列一章有詳細推導等差數列和等比數列前n項和公式的過程，通過復習要掌握“倒序相加法”和“錯位相加法”兩種不同的方法，為我們在數列求和的解題中提供思路和方法。因此在復習時特別要注意課本中例題和習題所啟示的解題方法，要關于總結，豐富解題思路。二、綜合復習階段一一綜合深化，掌握數學思想方法第二輪復習是在第一輪復習的基礎上進行鞏固、完善、綜合、提高的重要階段，是關系到學生的數學素質能否迅速提高進而適應高考中、難度試題的關鍵。第二物理學復習要加強對思維品質和綜合能力的培養，主要著眼于知識重組，建立完整的知識能力結構，包括學科的方法能力、思維能力、表達能力，但這都必須建立在知識的識記能力基礎之上，理解知識的來源及其所