一类含绝对值不等式问题的统一解法

刘荣军

基金项目：丽水市教育科学规划2023年度规划课题（2023SY191）的研究成果.

含绝对值不等式最值问题作为中学数学的重要内容，具有“入口宽、方法活、能力强”的特点.在数学高考中常涉及二次、三次函数与含绝对值不等式相结合的试题，这对学生运用化归转化、数形结合、分类讨论等数学思想的要求较高.在解决此类问题的过程中能够提高学生逻辑推理、直观想象、数学运算等核心素养，对提升学生思维能力也大有裨益.本文通过高观点视域下的基于切比雪夫多项式的模型构建，探究含绝对值不等式最值问题的的统一解法，供大家参考.

一、定义与定理

定义（苏教版数学必修第二册第79页第19题）由二倍角公式cos2θ=2cos2θ－1，将等式右边的cosθ换成x，则可以得到二次多项式T2（x）=2x2－1，三倍角公式cos3θ=4cos3θ－3cosθ，将等式右边的cosθ换成x，则可以得到三次多项式T3（x）=4x3－3x，….一般地，存在一个n（n∈N）次多项式Tn（t）=a0+a0t+a2t2+…+antn（a0，a1，a2，…，an∈R）使得cosnx=Tn（cosx），对于这样的多项式Tn（t）称为切比雪夫（P.L.Tschebyscheff）多项式.下面证明存在一个n（n∈N）次多项式使得cosnx=Tn（cosx）.

证明：（数学归纳法）①当n=1时，cos1·θ=cosθ，即T1（x）=x，当n=2时，cos2θ=2cos2θ－1，即T2（x）=2x2－1.

②当n=k，n=k+1时，假设成立，存在一个k次和k+1次多项式Tk（x），Tk+1（x），使得cos（kθ）=Tk（cosθ），cos（k+1）θ=Tk+1（cosθ），则当n=k+2时，由于

cos（kθ）=cos［（k+1）θ－θ］=cos［（k+1）θ］cosθ+sin［（k+1）θ］sinθ（1），

cos［（k+2）θ］=cos［（k+1）θ+θ］=cos［（k+1）θ］cosθ－sin［（k+1）θ］sinθ（2），

（1）、（2）式相加可得cos［（k+2）θ］=2cos［（k+1）θ］cosθ－cos（kθ）=2Tk+1（cosθ）cosθ－Tk（cosθ）.综上所述存在一个n次多项式Tn（x），且n次项系数为2n－1，使cosnθ=Tn（cosθ）成立.

对于n次的切比雪夫多项式，笔者通过进一步探究，得到了下面的结论：

定理1  如果对于切比雪夫多项式Tn（x），当x≤1时，那么Tn（x）≤1，且最值在x=coskπn时取到.

证明：由定义可知Tn（cosθ）=cos（nθ），则令x=cosθ∈［－1，1］，Tn（x）=Tn（cosθ）=cos（nθ），cos（nθ）≤1，且在x=coskπn（k为偶数）取到1，在x=coskπn（k为奇数）取到-1.

定理2  如果对于最高项系数为1的n次多项式f（x），那么maxx∈［－1，1］f（x）≥12n－1.

证明：（反证法）设f（x）=xn+an－1xn－1+…+a0，假设maxx∈［－1，1］f（x）<12n－1.构造函数g（x）=f（x）－Tn（x）2n－1，由定理1，取x=cos（kπn），k∈［0，n］，则g（1）=f（1）－12n－1<0，g（cosπn）=f（cosπn）+12n－1>0，g（cos2πn）=f（cos2πn）－12n－1<0，…，由零点存在性定理可知，g（x）在（cos（k－1）πn，coskπn）上至少存在一根，故g（x）至少有n个根，但g（x）=f（x）－Tn（x）2n－1为n－1次多项式，矛盾，即假设不成立.即maxx∈［－1，1］f（x）≥12n－1.当f（x）=12n－1Tn（x），且在x=cos（kπn）时，取到min{maxx∈［－1，1］f（x）}=12n－1.

特别地，当f（x）=12n－1Tn（x），且在x=cos（kπn）时，取到min{maxx∈［－1，1］f（x）}=12n－1.

对于特殊函数与绝对值结合的问题，作为定理2的特例很容易得到以下定理3和推论.

定理3  如果f（x）=x2+ax+b（p≤x≤q），则令x′=mx+n，满足mp+n=－1，mq+n=1，即m=2p－q，n=－p+qp－q，x=（p－q）x′+（p+q）2，f（x′）=（p－q）222x'2+a′x′+b′，由定理2可得，maxx∈［p，q］f（x）=M≥（p－q）222·12，且最值在x=p，p+q2，p时取到.

推论  更一般的，当f（x）=|xn+an－1xn－1+…+a0|（p≤x≤q），令x′=mx+n可得，f（x′） = （p-q）n2nx'n + an-1 ′x′n-1 + a0 ′，y = |x′n + an-1 ′x′n-1 + a0 ′|在［－1，1］上最大值的最小值为12n－1，由定理2可得maxx∈［p，q］f（x）=M≥（p－q）n2n·12n－1=（p－q）n22n－1.

二、应用举例

例1  函数f（x）=x2+ax+b（－1≤x≤1）的最大值为M，若M≥k对于任意a，b恒成立，求k的最小值.

解：由定理2可知k的最小值取到12，由二次型切比雪夫多项式取等条件代入M≥f（0），M≥f（1），M≥f（－1），可得M≥b，M≥1+a+b，M≥1－a+b，4M≥2b+1+a+b+1－a+b≥1+a+b－b+1－a+b－b≥1+a+1－a=2，当且仅当－f（0）=f（1）=f（－1）=12，即b=－12，a=0，f（x）=x2－12時取到.

变式1  函数f（x）=x2+ax+b（1≤x≤5）的最大值为M，若M≥k对于任意a，b恒成立，求k的最小值.

解：由定理3，代入f（1）≤M，f（3）≤M，f（5）≤M，可得M≥1+a+b，M≥25+5a+b，M≥9+3a+b，8+2a≤1+a+b+9+3a+b≤2M，16+2a≤25+5a+b+9+3a+b≤2M，所以8≤8+2a+16+2a≤4M，M≥2，当且仅当f（1）=f（5）=－f（3）=2，即a=－6，b=7时成立.

变式2  （2023年宁波市高考数学一模试题）已知函数f（x）=x2+ax+b，若不等式f（x）≤2在x∈1，5上恒成立，则满足要求的有序数对a，b有（    ）.

A.0个  B.1个  C.2个  D.无数个

解：由变式1可知，［f（x）max］min=2，所以满足要求的有序数对a，b只有1个.故选B.

评析：三个题目虽问法有所改变，但问题的本质不变，都是二次型切比雪夫多项式，根据相关定理，可找出关键点：端点及中点的函数值，进而利用绝对值三角不等式求相关量的范围.在高观点视角下解题，解题思路和过程显得更为自然.

例2  已知定义在［－1，1］上的函数f（x）=x3+bx2+cx+d，对于任意b，c，d，求f（x）的最大值的最小值m.

解法1：设f（x）的最大值为M，分别将x=－1，－12，12，1代入，可得，1+b+c+d≤M，18+b4+c2+d≤M，－18+b4－c2+d≤M，－1+b－c+d≤M，可得M≥14.

当b=1，c=－34，d=0时取到.

解法2：由推论可直接得m=［1－（－1）］322×3－1=14.

评析：解题的关键在于能否看清题目背后的本质，对于三次函数与绝对值结合问题，分类或数形结合对学生来说“入手难”，但通过三次型切比雪夫多项式模型，可以明白问题本质，利用定理2可以快速找到关键点，利用推论可以快速计算m，提高解题速度和正确性.

例3  已知函数f（x）=ax3+bx2+cx+d（a≠0），当x∈［0，1］，f′（x）≤1，求a的最大值.

解法1：f′（x）=3ax2+2bx+c，f′（0）=c，f′（12）=34a+b+c，f′（1）=3a+2b+c，3a≤2f′（0）+2f′（1）－4f′（12）≤2f′（0）+2f′（1）+4f′（12）≤8，可得a的最大值为83.考虑等号成立条件，可知当f′（0）=f′（1）=－f′（12）即a=83，b=－4，c=1，d=0取等，检验此时满足题设.

解法2：由推论可得maxx∈［0，1］f′（x）≥3a8，可得a的最大值为83，检验此时满足题设.

评析：解法1利用定理3求解，对于定义域不在［－1，1］的问题，解题过程如下：

第一步定义域变换——将定义域转化到x′∈［－1，1］，转换为切比雪夫多项式模型；第二步代值——代入x′=cos（kπn）对应的x的函数值，利用绝对值三角不等式消元；第三步检验——最值条件是否成立，或利用推论求得min{maxx∈［p，q］f（x）}.

总之，绝对值和函数结合是学生解题的难点，结合图像对参数进行分类讨论难度较大，基于切比雪夫多项式的模型来探究含绝对值不等式问题的统一解法，能够形成一般性解题流程.这样有助于学生揭示问題背后的数学本质，从本源上处理摸清题目的来龙去脉，从而提高学生发现问题、分析问题、解决问题的思维能力.