例谈含绝对值的二次函数的最值问题

☉河南省淮阳第一高级中学 高鹏

例谈含绝对值的二次函数的最值问题

☉河南省淮阳第一高级中学 高鹏

最值问题是高考数学中常见的题型也是重要的考点，而近几年的高考中绝对值与二次函数的综合成了函数题的热点．因此，笔者结合近几年的教学实践谈谈含绝对值的二次函数的最值问题，以期提高函数复习的实效性．

例1已知函数f（x）=x|2x-a|，x∈［0，2］，求f（x）的最大值．

所以f（x）max=max

（2）当a=0时，f（x）在R上递增，f（x）max=f（2）=8．

所以f（x）max=f（2）=8-2a．

综上所述，f（x）max=

方法二：当a≤0时，当x∈［0，2］时，f（x）=2x2-ax，对称轴为，所以函数f（x）在［0，2］上单调递增，所以f（x）max=f（2）=8-2a．

当a≥4时，当x∈［0，2］时，f（x）=-2x2+ax，对称轴为

所以f（x）max=f（2）=2a-8．

综上所述，f（x）max=

由此可见，数形结合、分类讨论是数学中的基本思想，然而上述两种解题思路侧重点确有所不同，方法一所侧重的是由形到数，整个解题思路是先作图（或描述单调性），再讨论区间；但作为含有绝对值的二次函数如何讨论作图是该方法的关键，我们也不难发现，含有绝对值的二次函数本身就是由二次函数演变而来，我们在研究其图像时，讨论的关键点就是对称轴在不在所研究的区间内，与本题的思路也是吻合的，而一旦单调性问题解决，整道题也就迎刃而解了.方法二所侧重的是由数到形，整个解题思路是先去绝对值，整道题讨论的关键点是先去绝对值，再研究单调性，把含有绝对值的二次函数变成二次函数在闭区间上的最值问题.相比较而言，方法一比较简洁，更侧重图形，而方法二比较容易掌握，但在解决具体问题时，需要具体情况具体分析.

例2已知函数f（x）=x2+ax+b（a，b∈R），记M（a，b）是|f（x）|在区间［-1，1］上的最大值.

（1）证明：当|a|≥2时，M（a，b）≥2；

（2）当a，b满足M（a，b）≤2，求|a|+|b|的最大值.

（2015浙江省高考数学理科试题第18题）

所以，f（x）在［-1，1］上单调，从而可知M（a，b）= max｛|f（1）|，|f（-1）|｝.

当a≥2时，f（1）-f（-1）=2a≥4，得max｛f（1），-f（-1）｝≥2，即M（a，b）≥2；

当a≤-2时，f（-1）-f（1）=-2a≥4，得max｛f（-1），-f（1）｝≥2，即M（a，b）≥2.

综上所述，当|a|≥2时，M（a，b）≥2.

（2）方法1：由M（a，b）≤2，得|1+a+b|=|f（1）|≤2，|1-a+ b|=|f（-1）|≤2，从而|a+b|≤3，|a-b|≤3.

当a=2，b=-1时，|a|+|b|=3，且|x2+2x-1|在［-1，1］的最大值为2；

②当a=-2，b=-1时，|a|+|b|=3，且|x2-2x-1|在的最大值为2.

因此|a|+|b|的最大值为3.

这是一道在定区间上求二次函数中含双参数绝对值的最值问题，方法2利用了反解系数表示法求解一类含绝对值函数的最值问题.笔者通过此题的解答揭示这类最值问题的背景及内涵，并发现其中蕴含的规律和方法，就可以达到触类旁通、举一反三的效果，真正让学生从题海中解放出来.再如下面例题：

例3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.

（2）取a=8，b=-8，c=1，

则f（x）=8x2-8x+1=8

f（x）在［0，1］上确实有|f（x）|≤1，且|a|+|b|+|c|=17．

对于二次函数中多参数绝对值最大值问题，反解系数表示法比较容易解决．

例4设f（x）=ax2+bx+c（a≠0），若|f（0）|≤1，|f（1）|≤ 1，|f（-1）|≤1，试证明：对于任意-1≤x≤1，有|f（x）

证明：因为f（-1）=a-b+c，f（1）=a+b+c，f（0）=c，所以

对于这类二次函数中与系数有关的二次函数的绝对值最值问题，此类问题对称轴处的函数值的绝对值比端点函数值的绝对值要大，此类问题用反解系数表示法来处理较好．

例5函数f（x）=ax2+bx+c（a≠0），对一切x∈［-1，1］，都有|f（x）|≤1，证明：对一切x∈［-2，2］，都有|f（x）|≤7．

解：因为f（-1）=a-b+c，f（1）=a+b+c，f（0）=c，

由已知，对一切x∈［-1，1］，都有|f（x）|≤1所以，当-2≤x≤-1时，

综上可知，对一切x∈［-2，2］，都有|f（x）|≤7．

此题中题设条件从“若|f（0）|≤1，|f（1）|≤1，|f（-1）|≤1”改变为“对一切x∈［-1，1］，都有|f（x）|≤1”．要证“区间从［-1，1］变换到［-2，2］”，但在对称轴处的函数值的绝对值比端点函数值的绝对值要小，此类解法颇有新意．

例6函数f（x）=x2+ax+b（a，b∈R），x∈［-1，1］，|f（x）|的最大值为M，证明

证明：因为|f（1）|=|1+a+b|≤M，|f（-1）|=|1-a+b|≤M，|f（0）|=|b|≤M，

所以4M≥|f（1）|+|f（-1）|+2|f（0）|≥|f（1）+f（1）-2f（0）|= |1+a+b+1-a+b-2b|=2，则

进一步：改为函数f（x）=x2+ax+b（a，b∈R），x∈［-m，

证明：因为|f（m）|≤M，|f（-m）|≤M，|f（0）|≤M，所以4M≥|f（m）+f（-m）-2f（0）|=2m2，则

此题涉及二次函数中绝对值的最大值的最小值问题，可用绝对值不等式|a±b|≤|a|+|b|，构造出常数进行求解．

二次函数与绝对值不等式既是高考的热点，又是高考的难点．把给定区间上二次函数含绝对值最值问题列为专题进行复习，可提高学生的综合解题能力，培育学生的数学核心素养．