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-
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