蔣科新

江蘇省丹陽高級中學 (212300)

函數(shù)是高中數(shù)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(shù)的考查都占有相當大的比重，并且函數(shù)知識點?？汲Ｐ?，成為歷屆高考的“主旋律”.特別是向量和導數(shù)進入高中數(shù)學新教材后，對函數(shù)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(shù)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(shù)學知識和思想方法解決數(shù)學問題的能力.本文就近幾年高考中所涉及的絕對值函數(shù)，探究其解題思路.

一、函數(shù)y=|ax+b|的圖像與性質

函數(shù)y=|ax+b|的圖像可以通過分段函數(shù)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(shù)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(shù)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(shù)y=|ax2+bx+c|的圖像與性質

函數(shù)y=|ax2+bx+c|的圖像只需把函數(shù)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(shù)f(x)=|x2-2ax+b|(x∈R)，給出下列命題：①f(x)必為偶函數(shù)；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(qū)間［a,+∞)上是增函數(shù)；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(shù)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(qū)間［a,+∞)上是增函數(shù)；④f(x)沒有最大值.

故所有正確命題的序號是③.

三、函數(shù)y=ax2+b|x|+c的圖像與性質

由于函數(shù)y=ax2+b|x|+c是一個偶函數(shù)，其函數(shù)的圖像關于y軸對稱.故函數(shù)y=ax2+b|x|+c的圖像，只需把函數(shù)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(shù)k，使得方程恰有2個不同的實根；

②存在實數(shù)k，使得方程恰有4個不同的實根；

③存在實數(shù)k，使得方程恰有5個不同的實根；

④存在實數(shù)k，使得方程恰有8個不同的實根；

其中假命題的個數(shù)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(shù)=ax|x|+bx+c的圖像與性質

例4 設函數(shù)f(x)=x|x|+bx+c，給出四個命題：①當c=0時，y=f(x)是奇函數(shù)；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(shù)；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(shù)

例5 (2006全國Ⅱ)函數(shù)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(shù)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(shù)f1(x)=3﹟x-p1|,f2(x)=2?3﹟x-p2|,(x∈R,p1,p2為常數(shù))，函數(shù)f(x)定義為：對每個給定的實數(shù)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(shù)x成立的充要條件(用p1,p2表示)；

(2)設a,b是兩個實數(shù)，滿足a

解析：(1)f2(x)=3﹟x-p2|+玪og32,f(x)=ゝ1(x)對所有實數(shù)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(shù)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(qū)間［a,b］上的單調增區(qū)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(qū)間［a,b］上的單調增區(qū)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(qū)間的長度為b-a2.

在研究絕對值函數(shù)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(shù)，逐類研究各段函數(shù)的性質，最后整合得到原函數(shù)的性質；也可以借助于數(shù)形結合思想尋找解題思路，給數(shù)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.