关注高考中的绝对值函数

蒋科新

江苏省丹阳高级中学 (212300)

函数是高中数学的主线，贯穿于各章之中，具有很强的渗透力.每年的高考对函数的考查都占有相当大的比重，并且函数知识点常考常新，成为历届高考的“主旋律”.特别是向量和导数进入高中数学新教材后，对函数问题的命题空间大大的拓宽，思维量进一步加大.在近几年的高考中，一次、二次绝对值函数屡见不鲜.这些问题灵活多变，综合性较强，要求学生具有深厚的基础知识和灵活运用数学知识和思想方法解决数学问题的能力.本文就近几年高考中所涉及的绝对值函数，探究其解题思路.

一、函数y=|ax+b|的图像与性质

函数y=|ax+b|的图像可以通过分段函数来画，也可以通过图像的变换得到.

例1 (2007安徽)图1中的图像所表示的函数的解析式为().

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：图中的图像所表示的函数当0≤x≤1时，它的解析式为y=3x2，当1≤x≤2时，解析式为y=-32x+3,∴解析式为y=32-32•﹟x-1|(0≤x≤2)，选B.

二、函数y=|ax2+bx+c|的图像与性质

函数y=|ax2+bx+c|的图像只需把函数y=ax2+bx+c的图像x轴上方的部分保持不变，x轴下方的部分翻折到x轴上方即可.

例2 已知函数f(x)=|x2-2ax+b|(x∈R)，给出下列命题：①f(x)必为偶函数；②当ゝ(0)=f(2)时，f(x)的图像必关于直线x=1对称；③若a2-b≤0，则f(x)在区间［a,+∞)上是增函数；④f(x)有最大值a2-b.其中正确命题的序号是 .

解析：①f(x)为偶函数的充要条件是a=0;②当f(0)=f(2)时，|b|=|4-4a+b|,b=±(4-4a+b),a=1或b=a-2.a=1时ゝ(x)的图像关于直线x=1对称；b=a-2(a≠1)时f(x)的图像不关于直线x=1对称；③当a2-b≤0时，f(x)=|x2-2ax+b|=(x-a)2+b-a2,∴f(x)在区间［a,+∞)上是增函数；④f(x)没有最大值.

故所有正确命题的序号是③.

三、函数y=ax2+b|x|+c的图像与性质

由于函数y=ax2+b|x|+c是一个偶函数，其函数的图像关于y轴对称.故函数y=ax2+b|x|+c的图像，只需把函数y=ax2+bx+c的图像y轴右边的部分保持不变，再根据对称性，画出它在y轴左边的部分.

例3 (2006湖北)关于x的方程(x2-1)2+|x2-1|+k=0，给出下列四个命题：

①存在实数k，使得方程恰有2个不同的实根；

②存在实数k，使得方程恰有4个不同的实根；

③存在实数k，使得方程恰有5个不同的实根；

④存在实数k，使得方程恰有8个不同的实根；

其中假命题的个数是().

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

解析：令t=|x2-1|,则原方程化为：关于t的方程t2-t+k=0(*)，当方程(*)无解，即△=1-4k<0,k>14时，方程(*)无解，原方程也无解.当方程(*)有解时，因为t1+t2=1,t1•t2=k,故只可能有下面几种情况：

(1)方程(*)的两根是一正一负(正根大于1)即k<0时，方程(1)只有两个根.如k=-2时，原方程恰有2个不同的实根，解为±3.

(2)方程(*)的两根是一正一零，即k=0时，方程(2)有三个根，方程(1)有五个根.原方程的解为±1，±2,0.

(3)方程(*)的两根是两个不相等的正根(此时两根都在0到1之间)，即△=1-4k>0,

f(0)=k>0,

f(1)=k>0,故当0

(4)方程(*)有两个相等的正根，即k=14时，原方程有四个根：±62，±22.故选A.

四、函数=ax|x|+bx+c的图像与性质

例4 设函数f(x)=x|x|+bx+c，给出四个命题：①当c=0时，y=f(x)是奇函数；②当b=0，c>0时，方程f(x)=0只有一个实根；③y=f(x)的图像关于点(0,c)对称；④方程f(x)=0至多有两个实根.在上述命题中，所有正确的命题的序号是 .

解析：①当c=0时，f(x)=x|x|+bx是奇函数；②当b=0,c>0时，方程f(x)=0，即为﹛|x|+c=0，它只有一个实根x=--c；③因y=x|x|+bx的图像关于原点对称，故y=f(x)的图像关于点(0,c)对称；④当a=1,b=-1,c=0时，方程f(x)=0有三个实根x=0,x=1,x=-1.在上述命题中，所有正确的命题的序号是①，②，③.

五、带有两个及以上绝对值符号的函数

例5 (2006全国Ⅱ)函数f(x)=∑19i=1|x-﹊|的最小值为( ).

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

解析：f(x)=∑19i=1|x-i|=|x-1|+|x-2|+|x-3|+……+|x-19|表示数轴上一点到1，2，3，…，19的距离之和，可知x在1-19的最中间时f(x)取最小值.即x=10时f(x)有最小值90，故选C.

例6 (2008江苏)已知函数f1(x)=3﹟x-p1|,f2(x)=2•3﹟x-p2|,(x∈R,p1,p2为常数)，函数f(x)定义为：对每个给定的实数x,f(x)=f1(x),若f1(x)≤f2(x),

f2(x),若f1(x)>f2(x).

(1)求f(x)=f1(x)对所有实数x成立的充要条件(用p1,p2表示)；

(2)设a,b是两个实数，满足a

解析：(1)f2(x)=3﹟x-p2|+玪og32,f(x)=ゝ1(x)对所有实数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|的最大值为|p2-p1|.∴f(x)=f1(x)对所有实数x成立趞p2-﹑1|≤玪og32.

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

∴3﹑1-a=3゜-p1,p1-a=b-p1,p1=a+b2.

∴f(x)在区间［a,b］上的单调增区间为［a+b2,b］，其长度为b-a2.

②若|p2-p1|>玪og32，设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.则f(x)在区间［a,b］上的单调增区间为［p1,p1+p2+玪og322］、［p2,b］,其长度p之和为(p1+p2+玪og322-p1)+(b-p2)=b-a2.同理可证a

点评：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)与g1(x)的单调性相同，f2(x)与g2(x)的单调性相同，f(x)与g(x)的单调性相同.则原题中关于ゝ(x)的问题可等价简化为关于g(x)的问题.

由于g2(p2)=玪og32，令g1(x)=玪og32，即﹟x-p1|=玪og32，可得x=p1±玪og32.结合ゞ(x)的图像如图3知，需分三类讨论：①p2p1+玪og32.均不难说明g(x)的单调增区间的长度为b-a2.

在研究绝对值函数时，可利用分类讨论思想去掉绝对值符号，将其转化为分段函数，逐类研究各段函数的性质，最后整合得到原函数的性质；也可以借助于数形结合思想寻找解题思路，给数学命题以直观图像的描述，揭示出命题的几何特征，变抽象为形象，从而化难为易、化繁为简，使问题得到解决.