關注高考中的絕對值函數

蔣科新

江蘇省丹陽高級中學 (212300)

函數是高中數學的主線，貫穿于各章之中，具有很強的滲透力.每年的高考對函數的考查都占有相當大的比重，并且函數知識點常考常新，成為歷屆高考的“主旋律”.特別是向量和導數進入高中數學新教材后，對函數問題的命題空間大大的拓寬，思維量進一步加大.在近幾年的高考中，一次、二次絕對值函數屢見不鮮.這些問題靈活多變，綜合性較強，要求學生具有深厚的基礎知識和靈活運用數學知識和思想方法解決數學問題的能力.本文就近幾年高考中所涉及的絕對值函數，探究其解題思路.

一、函數y=|ax+b|的圖像與性質

函數y=|ax+b|的圖像可以通過分段函數來畫，也可以通過圖像的變換得到.

例1 (2007安徽)圖1中的圖像所表示的函數的解析式為().

A.y=32|x-1|(0≤x≤2)

B.y=32-32|x-1|(0≤x≤2)

C.y=32-|x-1|(0≤x≤2)

D.y=1-|x-1|(0≤x≤2)

解析：圖中的圖像所表示的函數當0≤x≤1時，它的解析式為y=3x2，當1≤x≤2時，解析式為y=-32x+3,∴解析式為y=32-32?﹟x-1|(0≤x≤2)，選B.

二、函數y=|ax2+bx+c|的圖像與性質

函數y=|ax2+bx+c|的圖像只需把函數y=ax2+bx+c的圖像x軸上方的部分保持不變，x軸下方的部分翻折到x軸上方即可.

例2 已知函數f(x)=|x2-2ax+b|(x∈R)，給出下列命題：①f(x)必為偶函數；②當ゝ(0)=f(2)時，f(x)的圖像必關于直線x=1對稱；③若a2-b≤0，則f(x)在區間［a,+∞)上是增函數；④f(x)有最大值a2-b.其中正確命題的序號是 .

解析：①f(x)為偶函數的充要條件是a=0;②當f(0)=f(2)時，|b|=|4-4a+b|,b=±(4-4a+b),a=1或b=a-2.a=1時ゝ(x)的圖像關于直線x=1對稱；b=a-2(a≠1)時f(x)的圖像不關于直線x=1對稱；③當a2-b≤0時，f(x)=|x2-2ax+b|=(x-a)2+b-a2,∴f(x)在區間［a,+∞)上是增函數；④f(x)沒有最大值.

故所有正確命題的序號是③.

三、函數y=ax2+b|x|+c的圖像與性質

由于函數y=ax2+b|x|+c是一個偶函數，其函數的圖像關于y軸對稱.故函數y=ax2+b|x|+c的圖像，只需把函數y=ax2+bx+c的圖像y軸右邊的部分保持不變，再根據對稱性，畫出它在y軸左邊的部分.

例3 (2006湖北)關于x的方程(x2-1)2+|x2-1|+k=0，給出下列四個命題：

①存在實數k，使得方程恰有2個不同的實根；

②存在實數k，使得方程恰有4個不同的實根；

③存在實數k，使得方程恰有5個不同的實根；

④存在實數k，使得方程恰有8個不同的實根；

其中假命題的個數是().

A.0 B.1 C.2 D.3

解析：令t=|x2-1|,則原方程化為：關于t的方程t2-t+k=0(*)，當方程(*)無解，即△=1-4k<0,k>14時，方程(*)無解，原方程也無解.當方程(*)有解時，因為t1+t2=1,t1?t2=k,故只可能有下面幾種情況：

(1)方程(*)的兩根是一正一負(正根大于1)即k<0時，方程(1)只有兩個根.如k=-2時，原方程恰有2個不同的實根，解為±3.

(2)方程(*)的兩根是一正一零，即k=0時，方程(2)有三個根，方程(1)有五個根.原方程的解為±1，±2,0.

(3)方程(*)的兩根是兩個不相等的正根(此時兩根都在0到1之間)，即△=1-4k>0,

f(0)=k>0,

f(1)=k>0,故當0

(4)方程(*)有兩個相等的正根，即k=14時，原方程有四個根：±62，±22.故選A.

四、函數=ax|x|+bx+c的圖像與性質

例4 設函數f(x)=x|x|+bx+c，給出四個命題：①當c=0時，y=f(x)是奇函數；②當b=0，c>0時，方程f(x)=0只有一個實根；③y=f(x)的圖像關于點(0,c)對稱；④方程f(x)=0至多有兩個實根.在上述命題中，所有正確的命題的序號是 .

解析：①當c=0時，f(x)=x|x|+bx是奇函數；②當b=0,c>0時，方程f(x)=0，即為﹛|x|+c=0，它只有一個實根x=--c；③因y=x|x|+bx的圖像關于原點對稱，故y=f(x)的圖像關于點(0,c)對稱；④當a=1,b=-1,c=0時，方程f(x)=0有三個實根x=0,x=1,x=-1.在上述命題中，所有正確的命題的序號是①，②，③.

五、帶有兩個及以上絕對值符號的函數

例5 (2006全國Ⅱ)函數f(x)=∑19i=1|x-﹊|的最小值為( ).

A.190 B.171 C.90 D.45

解析：f(x)=∑19i=1|x-i|=|x-1|+|x-2|+|x-3|+……+|x-19|表示數軸上一點到1，2，3，…，19的距離之和，可知x在1-19的最中間時f(x)取最小值.即x=10時f(x)有最小值90，故選C.

例6 (2008江蘇)已知函數f1(x)=3﹟x-p1|,f2(x)=2?3﹟x-p2|,(x∈R,p1,p2為常數)，函數f(x)定義為：對每個給定的實數x,f(x)=f1(x),若f1(x)≤f2(x),

f2(x),若f1(x)>f2(x).

(1)求f(x)=f1(x)對所有實數x成立的充要條件(用p1,p2表示)；

(2)設a,b是兩個實數，滿足a

解析：(1)f2(x)=3﹟x-p2|+玪og32,f(x)=ゝ1(x)對所有實數x成立趂1(x)≤f2(x)3﹟x-p1|≤3﹟x-p2|+玪og32趞x-p1|≤|x-p2|+玪og32恒成立趞x-p1|-|x-p2|≤玪og32.=∵|x-p1|-|x-p2|≤|(x-p1)-(x-﹑2)|,∴|x-p1|-|x-p2|的最大值為|p2-p1|.∴f(x)=f1(x)對所有實數x成立趞p2-﹑1|≤玪og32.

(2)①若|p2-p1|≤玪og32，則f(x)=ゝ1(x)=3﹟x-p1|.∵a

∴3﹑1-a=3゜-p1,p1-a=b-p1,p1=a+b2.

∴f(x)在區間［a,b］上的單調增區間為［a+b2,b］，其長度為b-a2.

②若|p2-p1|>玪og32，設a

∵p1

2)同理令f1(x)>ゝ2(x)，得p1+p2+玪og322

3﹛-p1,p1≤x

3-x+p2+玪og32,p1+p2+玪og322≤x

3﹛-p2+玪og32,p2

∵f(a)=3﹑1-a,f(b)=3゜-p2+玪og32,由f(a)==f(b)，得p1-a=b-p2+玪og32.∴p1+p2=a+b+玪og32.則f(x)在區間［a,b］上的單調增區間為［p1,p1+p2+玪og322］、［p2,b］,其長度p之和為(p1+p2+玪og322-p1)+(b-p2)=b-a2.同理可證a

點評：令g1(x)=|x-p1|,g2(x)=|x-p2|+玪og32,g(x)=

g1(x),若g1(x)≤g2(x),

g2(x),若g1(x)>g2(x).∴f1(x)與g1(x)的單調性相同，f2(x)與g2(x)的單調性相同，f(x)與g(x)的單調性相同.則原題中關于ゝ(x)的問題可等價簡化為關于g(x)的問題.

由于g2(p2)=玪og32，令g1(x)=玪og32，即﹟x-p1|=玪og32，可得x=p1±玪og32.結合ゞ(x)的圖像如圖3知，需分三類討論：①p2p1+玪og32.均不難說明g(x)的單調增區間的長度為b-a2.

在研究絕對值函數時，可利用分類討論思想去掉絕對值符號，將其轉化為分段函數，逐類研究各段函數的性質，最后整合得到原函數的性質；也可以借助于數形結合思想尋找解題思路，給數學命題以直觀圖像的描述，揭示出命題的幾何特征，變抽象為形象，從而化難為易、化繁為簡，使問題得到解決.