一类含绝对值函数的单调区间和最小值

甘荣

摘  要：关于含绝对值函数f（x）=aix-bi（ai∈Q且ai≠0，bi∈R）的单调性和最小值问题，通常是采用分类讨论去掉绝对值符号，转化为分段函数，借助图象进行求解，但过程复杂. 笔者在多年的高中数学教学实践中，通过对该类函数的单调性和最小值的深入探究，掌握了一种简捷的求解方法，避免烦琐的运算和麻烦的作图，本文以定理的形式给出它的一般结论，并说明其应用.

关键词：绝对值函数;单调区间;最小值;应用

由图象可知，函数f（x）=x-a在（-∞，a）上是减函数，在[a，+∞）上是增函数，当x=a时，f（x）取最小值f（a）=0;函数f（x）=x-a+x-b（a

定理 函数f（x）=  x-bi（b1

其中x表示不超过实数x的最大整数，例如  =5.8=5，以下文同.

证眀：当x≤b1时，f（x）的图象是射线f（x）=-nx+  bi，且x→-∞时，f（x）→+∞;

当x≥bn时，f（x）的图象是射线f（x）=nx-  bi，且x→+∞时，f（x）→+∞;

当bi≤x≤bi+1（i=1，2，…，n-1）时，f（x）的图象是线段f（x）=（2i-n）x+ci（其中ci=bn+bn-1+…+bi+1-bi-bi-1-…-b2-b1）;

（1）当n=2k-1（k∈N*）时，

若i≤k-1，则2i-n=2（i-k）+1≤2（k-1-k）+1<0，

所以f（x）在x∈[bi，bi+1]上为减函数;

若i≥k，则2i-n=2（i-k）+1≥2（k-k）+1>0，所以f（x）在x∈[bi，bi+1]上为增函数.

所以，当n=2k-1（k∈N*）即n为奇数时，函数f（x）在（-∞，bk]上是减函数，在[bk，+∞）上是增函数，且当x=bk时，f（x）取最小值为f（bk）.

又n=2k-1（k∈N*）时，  =  +1=k;故当n=2k-1（k∈N*）即n为奇数时，函数f（x）在-∞，b    上是减函数，在b    ？摇+1，+∞上是增函数，且当x∈b    ？摇，b    ？摇+1时，f（x）取最小值为fb    ？摇=fb    ？摇+1.？摇？摇？摇？摇？摇？摇？摇？摇？摇？摇？摇

（2）当n=2k（k∈N*）时，

若i≤k-1，则2i-n=2（i-k）≤2（k-1-k）<0，所以f（x）在x∈[bi，bi+1]上为减函数;若i≥k+1，则2i-n=2（i-k）≥2（k+1-k）>0，所以f（x）在x∈[bi，bi+1]上为增函数;若i=k，则2i-n=0，所以f（x）在x∈[bi，bi+1]上恒为常数ci. 所以，当n=2k（k∈N*）即n为偶数时，函数f（x）在（-∞，bk]上是减函数，在[bk+1，+∞）上是增函数，当x∈[bk，bk+1]时，f（x）取最小值为f（bk）=f（bk+1）.

又当n=2k（k∈N*）时，  =k，  +1=k+1，故当n=2k（k∈N*）即n为偶数时，函数f（x）在-∞，b    上是减函数，在b    ？摇+1，+∞上是增函数，当x∈b    ？摇，b    ？摇+1时，f（x）取最小值为fb    =fb    ？摇+1. 综上所述，定理得证.

特别地，当常数bi（i=1，2，…，n）有相等值时，同样对bi从小到大排序，定理中的结论也成立. 由此可得

推广 函数f（x）=  aix-bi（ai∈Q且ai≠0，bi∈R）总可化为f（x）=    x-xi（x1≤x2≤…≤xn，m，n∈N*）的形式，且f（x）在-∞，x    上是减函数，在x    ？摇+1，+∞上是增函数，当x∈x    ，x    ？摇+1 时，f（x）取最小值为fx    =fx    ？摇+1.

下面举例说明定理及推广的应用

例1  （2012年“北约” 高校自主招生试题第1题）求x的取值范围，使得f（x）=x+2+x+x-1是增函数.

解：由定理知，所求x的取值范围是[0，+∞）.

例2 （2006年高考全国卷2试题第12题）函数f（x）=  x-n的最小值为（  ）

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

解：由定理知 f（x）min=f  ？摇+1=f（10）=2（1+2+…+9）=90，故选C.

例3  （2007年全国高中数学联赛试题）设实数a使得不等式2x-a+3x-2a≥a2对任意实数x恒成立，则满足条件的a所组成的集合是（  ）

A. -  ，   B. -  ，

C. -  ，   D. [-3，3]

解：原不等式等价于x-  +x-  +x-  +x-  +x-  ≥a2恒成立. 由推广，对任意实数a都有函数

f（x）=x-  +x-  +x-  +x-  +x-  的最小值等于f  =  .

所以，只需  ≥a2=a2，解得-  ≤a≤  ，故选A.

例4 求函数f（x）=  +1+  -1+  -1+1的单调区间和最小值.

解：令g（x）=  +1+  -1+  -1，则g（x）=  （x+2+x+2+x+2+x-3+x-3+x-6）.

又g（x）与f（x）的单调性相同，由推广知f（x）在（-∞，-2]上是减函数，在[3，+∞）上是增函数，

所以当x∈[-2，3]时，f（x）min=f（3）=  +1+  -1+  -1+1=4.

例5  （2011年“北约” 髙校自主招生试题第7题）

求f（x）=x-1+2x-1+3x-1+…+2011x-1的最小值.

解：因为f（x）=x-1+x-  +x-  +…+  ，

且f（x）的右边共有1+2+3+…+2011=2023066项.

由于数列{an}： 1，（2，2），（3，3，3），…，（  ）（k∈N*，且1≤k≤2011）的前k-1项的和Sk-1=  ，显然  +1=n，解得k=  .

因为数列{an}中相同的项有n个（n∈N*），所以，k是  的整数部分，于是通项an=  . 又因为  =1011533，  +1=1011534，所以

a1011533=  =1422，

a1011534=  =1422.

于是，由推广知，当x∈  ，  时，

f（x）min=f  =1-  +1-  +…+1-  +  -1+  -1？摇+…+  -1=1422-  +  =1422-  -  +  =1422-  =1422-  =1422-  =  .