二次函数中绝对值问题的求解策略
绝对值优化题目
绝对值优化题目在数学中，绝对值是一个常见的概念，表示一个数的大小。
在某些情况下，我们需要优化绝对值的问题，即找到使得绝对值最小或最大的解。
问题描述给定一个函数 $f(x)$，我们的目标是找到一个变量 $x$ 的值，使得 $f(x)$ 的绝对值最小。
解决方法为了解决绝对值优化问题，我们可以使用以下简单的策略：1. 寻找临界点：找到函数 $f(x)$ 的使得导数等于零的点，并计算这些点处的函数值。
这些点可能是使得绝对值最小的解。
2. 假设正负情况：我们可以分别考虑 $f(x)$ 的正负两种情况。
我们寻找使得 $f(x)$ 最小的 $x$ 值和使得 $f(x)$ 最大的 $x$ 值。
然后比较两种情况下的绝对值，找到最小的绝对值解。
3. 利用最值问题的性质：如果函数 $f(x)$ 在某个点处取得最小（或最大）值，则在该点的左右两侧，函数的值会增加（或减小）。
我们可以利用这个性质对绝对值优化问题进行求解。
4. 使用数值优化算法：当函数 $f(x)$ 呈现复杂形式时，我们可以使用数值优化算法，如最小二乘法、牛顿法等，来计算绝对值优化问题的解。
示例为了更好地理解绝对值优化问题，下面给出一个简单的例子。
假设我们需要找到使得函数 $f(x) = |x-2|$ 绝对值最小的 $x$ 值。
我们可以按照如下步骤进行求解：1. 寻找临界点：根据 $f'(x) = 0$，我们得到 $x = 2$，计算得到$f(2) = 0$。
因此 $x = 2$ 是使得绝对值最小的解。
2. 假设正负情况：我们仅考虑 $x > 2$ 的情况。
在该情况下，$f(x) = x-2$。
我们可以发现，$f(x)$ 在 $x > 2$ 时，是一个递增函数。
因此，使得绝对值最小的解为 $x = 2$。
综上所述，函数 $f(x) = |x-2|$ 的绝对值最小的解为 $x = 2$。
结论绝对值优化题目是数学中常见的问题。
通过寻找临界点、假设正负情况、利用最值问题的性质以及使用数值优化算法等方法，我们可以解决绝对值优化问题，并找到使得绝对值最小或最大的解。
二次函数、二次方程、二次不等式的求解策略PPT优秀课件
C. －1< a <1
详解
D. 0≤a <1
函数f(x)=x2－2x +3在[0,a] 上有最大值3，最小值2, 则a的范围是( C )
A . a≥1
B. 0≤a ≤2 C. 1≤a ≤2 D. a ≤2
函数f(x)lo1g(x2ax2a)在(－∞,
2
－
1 2
)上单调递增，则实数a的
取值范围是____1_,_16_____.
思想分析、解决问题
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一、知识识记：
1.二次函数的三种解析式：
一般式： f(x)a2x b xc(a0)
顶点式： f(x)a(xh)2k(a0)
两根式：f(x ) a (x x 1 )x (x 2 )a ( 0 )
2.二次函数的图象及性质：
f(x)a2x b x c(a0 )
y
顶
点：
b 2a
,
4acb2 4a
递减区间：
,
b 2a
O
x
递增区间：
b 2a
,
3.三个“二次”的基本关系：
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3.三个“二次”的基本关系：
b24ac 0
0
0
【解】由 x2a x2x1 x2(a1)x10
则问题转化为：f(x)x2(a1)x10在 [0，2]上有实根,
0
则原题等价于
1 a 2
0
2
或
f (0) 1 0 f ( 2 ) 2 a 3 0
f (0)10 f (2)2a30
解：由题:奇函数f (x) 在R上是减函数, 则f (1－2x2 + 4a2) ≥ f ( 3－4ax)
二次函数中的绝对值问题
二次函数中的绝对值问题
今天，我们从一个二次函数绝对值问题的处理方法入手，探讨此类问题的一种解决方法，为研究此类问题开辟一条路子。
一.问题及其解法的启示
为配方后利用绝对值不等式创造有利条件，其方法是利用绝对值不等式的性质.
二.方法延伸
上面我们运用绝对值不等式解决了一个与绝对值有关的二次函数问题，下面继续这方面的工作.
题目解说：本题是1996年全国高考题之一.
方法透析：由二次函数的单调性知，二次函数的最值一般是在区间的端点或者图像的顶点处达到，于是，由条件可得一系列含有参数a,b,c的不等式，再由绝对值不等式的性质以及等号成立的条件寻求与目标式子的距离即可.
证明：只证明（2）
(配凑法).。
二次函数中绝对值问题的求解策略
二次函数中绝对值问题的求解策略二次函数是高中函数知识中一颗璀璨的“明珠”，而它与绝对值知识的综合，往往能够演绎出一曲优美的“交响乐”，故成为高考“新宠”。
二次函数和绝对值所构成的综合题，由于知识的综合性、题型的新颖性、解题方法的灵活性、思维方式的抽象性，学习解题时往往不得要领，现从求解策略出发，对近年来各类考试中的部分相关考题，进行分类剖析，归纳出一般解题思考方法。
一、适时用分类，讨论破定势分类讨论是中学数学中的重要思想。
它往往能把问题化整为零，各个击破，使复杂问题简单化，收到化难为易，化繁为简的功效。
例1 已知f(x)=x 2+bx+c (b,c ∈R),（1）当b<－2时，求证：f(x)在（－1，1）单调递减。
（2）当b<－2时，求证：在（－1，1）至少存在一个x0，使得|f(x0)|≥21. 分析 （1）当b<－2时，f(x)的对称轴在（－1，1）的右侧，那么f(x)在（－1，1）单调递减。
（2）这是一个存在性命题，怎么理解“至少存在一个x 0”呢？其实质是能找到一个这样的x 0，问题就解决了，不妨用最特殊的值去试一试。
当x=0时，|f(0)|=|c|,|c|与21的大小关系如何呢？对|c|进行讨论： （i ）若|c|≥21,即|f(0)|≥21，命题成立。
（ii ）若|c|<21，取x 0=－21,则21432145|||2141||2141||)21(|>=->--≥+-=-c b c b f .故不论|c|≥21还是|c|<21,总存在x 0=0或x 0=－21使得|f(x 0)|≥21成立。
本题除了取x=－21外，x 还可取那些值呢？留给读者思考。
二、合理用公式，灵活换视角公式|a|－|b|≤|a±b|≤|a|+|b|在处理含绝对值问题时的作用有时是不可替代的，常用于不等式放缩、求最值等，思路简洁、明快，解法自然、迅捷。
例2 已知f(x)=x 2+ax+b 的图象与x 轴两交点的横坐标为x 1，x 2若|a|+|b|<1，求证：|x 1|<1且|x 2|<1.解 由韦达定理，得⎩⎨⎧=-=+b x x a x x 2121 ⎩⎨⎧==+∴.|||||,|||2121b x x a x x 代入|a|+|b|<1，得|x 1+x 2|+|x 1x 2|<1，又|x 1|－|x 2|≤|x 1+x 2|.1||||||||||21212121<++≤+-∴x x x x x x x x即|x 1|(1+|x 2|)<1+|x 2|。
函数中含绝对值问题的求解策略
函数中含绝对值问题的求解策略戴海林【期刊名称】《中学教研：数学版》【年(卷),期】2016(000)002【总页数】5页(P1-5)【作者】戴海林【作者单位】瑞安中学浙江瑞安 325200【正文语种】中文函数是高中数学的重要内容，也是高考数学中突出考查的主干知识，在历年浙江省数学高考中都占较大的比重，考查涉及函数的概念、图像、性质及其综合应用，命题设计以基本初等函数、抽象函数、复合函数为背景，从函数与方程、不等式等知识交汇处来立意，突出考查函数与方程、数形结合、分类讨论、转化化归等数学思想．试题中既有灵活多变的客观性试题，又有内涵丰富的解答题，要求考生有较高的理性思维能力．由于浙江省深化课程改革要求减少必修课程，从而使2015年和2016年浙江省高考数学的考查内容发生了较大的变化，不再要求考查导数．综观2015年浙江省高考试题及各地区模拟试题不难发现，命题时设计解答题主要是以二次函数为背景，而小题着重考查函数概念与性质为主，最明显的特征是试题中大多都带有绝对值符号，显然是想通过绝对值符号来增加函数试题背景的复杂性，从而有利于考查学生分类讨论、转化化归的能力与意识．因此，在2016年的高考复习中仍然应重视函数中含绝对值问题的研究，努力去发现并总结一些解决这类问题的思路与方法．2．1有关函数的知识体系高中阶段学习的函数及相关内容包括:必修1中的函数、必修4中的三角函数及必修5中的数列，在复习时应梳理并把握函数有关内容的知识体系(如图1)、弄清每个内容的本质所在及其相互关系，比如对于函数性质的复习，必须明确每个性质的定义、本质及数学表示，加强性质的综合应用，并要把握研究一个新函数性质的顺序:定义域、周期性、奇偶性、单调性、值域．我们知道，定义域是研究一切性质的基础，有了函数周期性或奇偶性就可以缩小研究范围，单调性是函数最重要的性质，知道了单调性就可以确定函数值域(最值)，从而可以解决函数零点、恒成立等问题．2．2有关绝对值的重点知识1)绝对值的含义:它的几何意义表示数轴上坐标为a的点到原点的距离．2)绝对值不等式的解法:①从绝对值的几何意义出发可得出②从函数的图像出发可得出3)绝对值三角不等式:|a|－|b|≤|a±b|≤|a|+|b|．3．1利用分段函数分解绝对值问题我们知道含绝对值的函数是分段函数的另一类表现形式，因此，把函数中含绝对值的问题转化为分段函数来解决是最基本的方法．例1已知函数m有2个不同的零点，则实数m的取值范围是( )A．(－∞，3) B．［3，+∞)C．(0，3) D．(3，+∞)分析设函数则利用图像容易得出:当x∈(0，3)时，方程g(x)=m 有2个不同的解，即函数f(x)有2个不同的零点．故选C．例2 已知函数f(x)=x2－|2x－a|．1)若a=1，求函数y=f(x)的单调递增区间;2)当a＞0时，若对任意的x∈［0，+∞)，不等式f(x－1)≤2f(x)恒成立，求实数a 的取值范围．分析1)当a=1时，易得函数f(x)的单调递增区间为+∞)．2)不等式f(x－1)≤2f(x)可化为即2|2x－a|－|2x－(2+a)|≤x2+2x－1对任意的x∈［0，+∞)恒成立．式子左侧含2个绝对值可分3类情形讨论，因为a＞0，所以可分类如下:当时，只需对任意恒成立．设，显然g(x)在上为增函数，则由g(x)min=g(0)= 1－a≥0，得0＜a≤1．当与时，同理可得综上所述，a的取值范围为评注从例1和例2的分析中可以看出，分类讨论是解决绝对值问题的基本方法．一般地，要去掉一个绝对值需分2类，去掉2个绝对值需分3类，……，依次类推，从而将它转化为分段函数问题．对于分段函数问题，其基本方法是“分段归类”，即自变量涉及到哪一段就用这一段的解析式来处理．3．2利用几何意义表示绝对值问题尽管使用分类讨论是解决绝对值问题的基本方法，但许多特定背景下的绝对值问题也可以选择其他的方式来避免繁琐的分类讨论．例3已知t为常数，若函数在区间［0，3］上的最大值为2，则t =______．分析1设函数u=x2－2x－t，则由题意可知－1－t=－2或3－t=2，可得t=1．分析2设函数u= x2－2x，则－1≤u≤3，而y= |u－t|表示数轴上坐标为u的点A 到坐标为t的点B之间的距离(如图2所示)，且点A在区间［－1，3］内移动，易得t=1．例4若对于任意的x，y恒成立，则实数a的值为______．分析1设f(x)=|x+1|+|x－a|，g(y)= －y2+2y+2，根据题意得f(x)min≥g(y)max，求f(x)的最小值应先对a分情况(a＞1，a=1，a＜1)讨论，再对每一类情形进行分类去绝对值，较为繁琐．分析2 由绝对值的几何意义知|x+1|+ |x－a|表示数轴上坐标为x的点到坐标为－1的点及坐标为a的点的距离之和，显然它的最小值为|a+1|，而g(y)max=3，则由|a+1|≥3得a≥2或a≤－4．评注从例3和例4的分析中可以发现:有时利用绝对值的几何意义可以直观而又简便地解决问题，有时可以利用|x－a|+|x－b|的最小值为|a－b|，|x－a|－|x－b|的最大值为|a－b|，从而解决绝对值问题．3．3利用图形对称转化绝对值问题函数图像的几何特征与函数性质的数量特征紧密结合，体现了数形结合的特征与方法，假如我们能够发现绝对值符号下函数的图形特征，就能把函数中含绝对值问题中的“数”转化为“形”进行解题，这是避免分类讨论的又一种有效手段．例5设max{a，b}表示数a，b中的最大值，若f(x)= max{e|x|，e|x－2|}，则f(x)的最小值为_____;若f(x)=关于x= 2016对称，则t =______．分析画出函数y=e|x|， y=e|x－2|的图像，可以发现它们的图像形状一样，前者是偶函数，图像关于y轴对称，后者的图像关于直线x=2对称，2个图像关于直线x=1对称，因此函数f(x)的图像为图3中的实线部分，可得f(x)的最小值为e;类似地，若f(x)=max{e|x|，e|x－t|}关于x=2016对称，则t=4032．例6存在函数f(x)满足:对任意x∈R都有( )A．f(sin2x)=sinx B．f(sin2x)=x2+xC．f(x2+1)=|x+1| D．f(x2+2x)=|x+1|分析1这是2015年浙江省数学高考理科试题第7题．试题较为抽象，但若采用特殊值排除法，选出正确答案并不难，比如将代入，发现选项A，B都错;再将x=1，x=－1代入，发现选项C错．故选D．分析2对于选项D，设函数u=x2+2x，t= |x+1|，可知这2个函数图像都关于直线x=－1对称，且它们在对称轴2侧都是单调函数，当x≤－1时，对于每一个x 的值，u，t都是唯一的，从而满足题意．对于选项C，函数u=x2+1，t=|x+1|的图像的对称轴不一样，当x=1，x=－1时u的值相等，但t的值不相等，不符合函数定义，对于选项A，B也可一样处理，很容易发现它们不符合函数概念．例7 已知函数f(x)=|x－3|+|x－a|，g(x)=x3+1，若函数y=f(g(x))的图像为轴对称图形，则实数a可能的值是( )A．－1 B．1 C．2 D．3分析函数g(x)=x3+1的图像关于点(0，1)成中心对称，设t=g(x)，则且它的图像关于直线对称，进一步由1得a=－1．评注对于函数f(x)，可以得出以下结论:函数y=f(|x|)是偶函数，它的图像是保留f(x)在y轴上及右侧部分的图像，y轴左侧的图像只要作出右侧图像关于y轴的对称图即可;函数y=|f(x)|的图像是保留f(x)在x轴上及上方部分的图像，并将x轴下方图像作出它关于x轴的对称图即可;函数f(x)=|x－a|+|x－b|的图像关于直线x=对称，函数f(x)=|x－a|－|x－b|的图像关于点成中心对称．3．4利用等价转换简化绝对值问题例8设函数f(x)=x|x－a|+2x，若存在a∈［0，4］使得关于x的方程f(x)=tf(a)有3个不相等的实数根，则实数t的取值范围是( )A BC D分析由已知得设，由图4可知则t＞1，且有2个不同的解，即x2－(2+a)x+2at=0，x∈(0，a)有2个不同的解，从而可得2＜a≤4且，故则，因此例9若存在实数x0∈［1，3］，使得不等式成立，则实数a 的取值范围是______．分析1由得则由题意知只要存在x0∈［1，3］使得a+3≥x0+成立．又，则a+3≥4且5≥a－3，可得1≤a≤8．分析2由得设，则|u－a|≤3且4≤u≤5，由绝对值的几何意义可知1≤a≤8．评注在研究函数中含绝对值问题的最值、零点等问题时，等价转换、数形结合是基本的解题方法，我们常将不等式问题转化为2个函数图像的上、下关系来解，方程解的个数转化为2个熟悉的函数图像的交点个数问题来求解，力争减少分类讨论．3．5利用放大、缩小巧解绝对值问题例10已知二次函数f(x)=－x2+bx+c在区间(m，m+1)(其中m∈R)上存在2个不同零点，设则( )A．min{|f(m)|，|f(m+1)|}B．min{|f(m)|，|f(m+1)|}C．min{|f(m)|，|f(m+1)|}D．min{|f(m)|，|f(m+1)|}分析设函数f(x)的2个零点为α，β(其中α≠β)，则且设t=min{|f(m)|，|f(m+1)|}，则可得故选B．例11已知函数f(x)=x2+ax+b，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．分析这是2015年浙江省数学高考理科试题第18题，主要考查二次函数的性质、分类讨论及转化化归等数学思想．1)当|a|≥2时可知f(x)在［－1，1］上是单调函数，则显然M(a，b)≥|f(1)|，M(a，b)≥|f(－1)|，则故M(a，b)≥2．(此题也可通过分a≥2与a≤－2讨论来解决．)2)由M(a，b)≤2得则|a+b|≤3，当a=－2，b=－1时取等号;同理由|1－a+b|= |f(－1)|≤2得当a=2，b=－1时取等号．又故|a|+|b|的最大值为3．评注解决函数中含绝对值的范围或最值问题时，经常构造2个式子的和或积，再利用基本不等式或绝对值三角不等式来进行放缩，从而借助整体思想巧妙得到解决，但要注意取等号的条件．1．设函数f(x)，g(x)的定义域为R，且f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，对于函数h(x)= |f(x－1)|+g(x－1)，则下列结论中正确的是( )A．h(x)的图像关于点(1，0)对称B．h(x)的图像关于点(－1，0)对称C．h(x)的图像关于直线x=1对称D．h(x)的图像关于直线x=－1对称2．设函数若存在实数x1，x2，x3，x4，满足x1＜x2＜x3＜x4，且f(x1)=f(x2)=f(x3)=f(x4)，则的取值范围是( )A．(4，16) B．(0，12)C．(9，21) D．(15，25)3．设函数f(x)=|log2ax|在上的最大值为M(a)，则M(a)的最小值是( )A．2 B C．1 D4．已知f(x)=a|x－2|，若f(f(x))＜f(x)恒成立，则a的取值范围为( )A．a≤－1 B．－2＜a＜0C．0＜a＜2 D．a≥15．已知函数f(x)=x2+ax+1，若存在x0，使同时成立，则实数a的取值范围是______．6．定义域为R的奇函数f(x)=x|x+m|，若对任意的x1，x2∈［1，1+a］，总有|f(x1)－f(x2)|≤ 2，则实数a 的取值范围是______．7．已知f1(x)=|x－1|，fn+1(x)=|(n+ 1)fn(x)－1|，其中n∈N*，若函数y=f3(x)－kx恰有4个不同的零点，则正实数k 的值为______．8．已知函数1)若f(x)在区间［0，1］上不单调，求a的取值范围;2)若对于任意的a∈(0，4)，存在x0∈［0，2］，使得|f(x0)|≥t，求t的取值范围．1．C2．B3．B4．A5．7．28．提示:1)2)当且仅当x=0或x=2时取等号，又(1+|a－2|)min=1，因此t≤1．。
绝对值问题的求解策略
倒 ３ （９ １ 第 １届全 俄 中学 生数 学竞 赛 ）已知ａ， １９年 ７ 。
…
＋ ［ ０，１—（）｝Ｉ ｘ－ （）ｇ１］ Ｉ ｘ一 ） ｌ ×一 （） ０ ］ ｌｆＯ－ （）ｌ ［ Ｏ ０一 １ ｇ ＋Ｅ Ｏ ＋Ｏ
，
，
１ ＞ ） ａｌ ｌ ， ｌ ，， ｎ１ （ ２ ， ｔ ＜ ｋ ， ３…， ． ｎ 且Ｉ＋ １＝２ 一
ｌ 粕ｇ） 寺 且 ）（Ｉ ・ － ｏ≥ ｒ
证明： 这是一 个存在性 ｆ题 ， ＊ ｌ 用反 证 法求解．如 果对一
策略２ 裂项的方法 ：
本法 与 运用 数列 求 和 的技 巧类 似 ， 先巧 妙 地 裂项 ， 然 后 逐 一抵 消 ． 可 以逆用 此 技巧 ， 而 达 到化 简求 证 的 目 也 从
倒１ （０ ２ ２０ 年第２ 届美国数学邀请赛 ） ） ） ０ 设 和ｇ 是
定 义在 ［ ，１上的函数． ０ ］ 求证 ： 存在 ，０ ０ ０ ， ≤ｙ≤ ｙ 使 ≤ ≤１Ｏ ０
故对任意 ∈［， ， ： ， ０１ 都有 ： ］ ） ） ＩＩ ＜
．
点 评 ： 类 情况 中的构造是 解决本题 的亮 点． 第②
ｏ＜ ａ ・ ａｎ ｔ
故 ＋ ＋ 旦 ＋ ＜ ， ） 堕 …＋ 止 （ 卜１＋
ｎ２ 锄 ａｌ ａｌ
≤２卜１ｎ ） 力 （ ≥２ ． －
②￣ －＞＋由Ｉ ｌ ｌ 得 ＋１ ｔｔ ’ ａａｌ ＜ ｌ １， ＋
所以 Ｌ＜＋ １ 一＜． １ ｜ １ 若有 个． ２ 在 ≤ｉ ｝ 一 中， ｐ Ｉ ｝ 值使
① 若 （＝ ，， ｎ １， Ｌ≤１ ≤ １２…，－ ）则 ．
（ ｌ 件
，） ） （： ， ０ １ 且对任意不同的 － ∈ ｏ１， ） （ ） ［， 都有 ］ －ｘ Ｉ ｓ ２ ｔ
二次函数及绝对值
表達式 b 2 4ac 稱為二次方程的 判別式， 並以符號 來表示，即 b 2 4ac
(1) 若 0 ，則二次方程 ax 2 bx c 0 有兩個不等的實根
(2) 若 0 ，則二次方程 ax 2 bx c 0 有兩個相等的實根 （或稱該二次方程有二 重根）
x 10 1 或 3 2
1 二次方程、二次函數及絕對值
1.1 二次方程的解法 例 1.2
1 若二次方程 2 x 2 kx 6 0 的根是 ， 2 試求 k 的值及方程的另一根
1 解： 因為方程 2 x 2 kx 6 0 的根是 ， 2 2 1 1 2 k 6 0 2 2 1 k 6 0 2 2 1 k 12 0 左右兩邊乘以 2。
2
x
3 17 4
1 二次方程、二次函數及絕對值
1.1 二次方程的解法
利用配方法推導二次公式
解方程 ax 2 bx c 0 ， 其中 a 0
x2
2
b c x a a
2 2
b b b c x x a 2a 2a a b b 2 4ac x 2a 4a 2 b b 2 4ac x 2a 2a
解： (a) (6) 2 4(3)(2)
12 0 所以，該方程有兩個不等的實根，且為無理數 (b) (3) 2 4(2)(2) 25
52 0 所以，該方程有兩個不等的實根，且為有理數 (c) (12) 2 4(9)(4)
1
二次方程、二次函數及絕對值
1.1 二次方程的解法
二次函数解题思路十大技巧
二次函数解题思路十大技巧二次函数解题技巧：二次函数有点难，求点坐标是关键。
一求函数解析式，再求面积带线段。
动点问题难解决，坐标垂线走在前。
三角相似莫相忘，勾股方程解疑难。
二次函数解题思路技巧1.平移：二次函数图像经过平移变换不会改变图形的形状和开口方向，因此a值不变。
顶点位置将会随着整个图像的平移而变化，因此只要按照点的移动规律，求出新的顶点坐标即可确定其解析式。
2.轴对称：此图形变换包括x轴对称和关于y轴对称两种方式。
二次函数图像关于x轴对称的图像，其形状不变，但开口方向相反，因此a值为原来的相反数。
顶点位置改变，只要根据关于x轴对称的点的坐标特征求出新的顶点坐标，即可确定其解析式。
二次函数图像关于y轴对称的图像，其形状和开口方向都不变，因此a值不变。
但是顶点位置会改变，只要根据关于y轴对称的点的坐标特征求出新的顶点坐标，即可确定其解析式。
熟悉几个特殊型二次函数的图象及性质1 、通过描点，观察 y=ax2 、 y=ax2 + k 、 y=a ( x + h ) 2 图象的形状及位置，熟悉各自图象的基本特征，反之根据抛物线的特征能迅速确定它是哪一种解析式。
.2 、理解图象的平移口诀“加上减下，加左减右”。
“y=ax2 → y=a ( x + h ) 2 + k ”“加上减下”是针对 k 而言的，“加左减右”是针对 h 而言的。
.总之，如果两个二次函数的“二次项系数”相同，则它们的抛物线形状相同，由于顶点坐标不同，所以位置不同，而抛物线的平移实质上是顶点的平移，如果抛物线是一般“形式”，应先化为顶点式再平移。
3 、通过描点“画图”、图象平移，理解并明确解析式的特征与图象的特征是完全相对应的，我们在解题时要做到胸中有图，看到函数就能在头脑中反映出它的图象的基本特征；。
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二次函数中绝对值问题的求解策略This model paper was revised by the Standardization Office on December 10, 2020二次函数中绝对值问题的求解策略二次函数是高中函数知识中一颗璀璨的“明珠”，而它与绝对值知识的综合，往往能够演绎出一曲优美的“交响乐”，故成为高考“新宠”。
二次函数和绝对值所构成的综合题，由于知识的综合性、题型的新颖性、解题方法的灵活性、思维方式的抽象性，学习解题时往往不得要领，现从求解策略出发，对近年来各类考试中的部分相关考题，进行分类剖析，归纳出一般解题思考方法。
一、适时用分类，讨论破定势分类讨论是中学数学中的重要思想。
它往往能把问题化整为零，各个击破，使复杂问题简单化，收到化难为易，化繁为简的功效。
例1 已知f(x)=x 2+bx+c (b,c ∈R),（1）当b<－2时，求证：f(x)在（－1，1）内单调递减。
（2）当b<－2时，求证：在（－1，1）内至少存在一个x0，使得|f(x0)|≥21. 分析 （1）当b<－2时，f(x)的对称轴在（－1，1）的右侧，那么f(x)在（－1，1）内单调递减。
（2）这是一个存在性命题，怎么理解“至少存在一个x 0”呢其实质是能找到一个这样的x 0，问题就解决了，不妨用最特殊的值去试一试。
当x=0时，|f(0)|=|c|,|c|与21的大小关系如何呢对|c|进行讨论： （i ）若|c|≥21,即|f(0)|≥21，命题成立。
（ii ）若|c|<21，取x 0=－21,则21432145|||2141||2141||)21(|>=->--≥+-=-c b c b f . 故不论|c|≥21还是|c|<21,总存在x 0=0或x 0=－21使得|f(x 0)|≥21成立。
本题除了取x=－21外，x 还可取那些值呢留给读者思考。
二、合理用公式，灵活换视角公式|a|－|b|≤|a±b|≤|a|+|b|在处理含绝对值问题时的作用有时是不可替代的，常用于不等式放缩、求最值等，思路简洁、明快，解法自然、迅捷。
例2 已知f(x)=x 2+ax+b 的图象与x 轴两交点的横坐标为x 1，x 2若|a|+|b|<1，求证：|x 1|<1且|x 2|<1.解 由韦达定理，得⎩⎨⎧=-=+bx x a x x 2121 代入|a|+|b|<1，得|x 1+x 2|+|x 1x 2|<1，又|x 1|－|x 2|≤|x 1+x 2|.即|x 1|(1+|x 2|)<1+|x 2|。
又∵1+|x 2|>0，∴|x1|<1.同理可得|x 2|<1。
例3 函数f(x)=ax 2+bx+c(a≠0),若函数f(x)的图象与直线y=x 和y=-x 均无公共点，求证：（1）4ac －b 2>1.（2）对一切实数x ，恒有||41||2a c bx ax >++. 分析（1）略。
（2）|442)2(|||22a b ac a b x a c bx ax -++=++ 由（1）可知2)2(ab x a +与a b ac 442-同号。
三、机智赋特值，巧妙求系数变量在某一区域有某种结论成立时，可通过对题目结构特征的观察，由目标导向，赋予一系列特殊的函数值来构建对应的系数关系，使抽象问题具体化，从而独辟蹊径，出奇制胜。
例4 函数f(x)=ax 2+bx+c(a≠0),对一切x ∈[－1,1],都有|f(x)|≤1，且g(x)=cx 2+bx+a ，求证：（1）x ∈[－1,1]时，|2ax+b|≤4.（2）x ∈[－1,1]时，|g(x)|≤2.证明 （1）由题设条件，可得⎪⎩⎪⎨⎧=+-=-++=.)0(,)1(,)1(c f c b a f c b a f又由题意可知⎪⎩⎪⎨⎧≤≤-≤.0|)0(|,1|)1(|,1|)1(|f f f要证明]1,1[-∈x 时，|2ax+b|≤4，只要证明|±2a+b|≤4.同理可证|－2a+b|≤4.（2）|g(x)|=|cx 2+bx+a|请读者仿照例4的方法解决下面一题：例5 函数f(x)=ax 2+bx+c(a≠0)，已知|f(0)|≤1，|f(－1)|≤1,|f(1)|≤1.求证：对一切]1,1[-∈x ,都有.2|)(|≤x f分析 借助恒等式4)1(4)1(22+-+=x x x , 得|g(x)|=|ax+b|注意到]1,1[-∈x ,有]0.1[21],1,0[21-∈-∈+x x ,故有|g(x)|≤1+1=2. 五、联想反证法，类比创条件对于一些数学问题，如果从正面思考较难，不妨尝试从反面入手，巧用逆向思维，比如借反证法来找到解决问题的途径。
例7 函数f(x)=x 2+ax+b （a,b ∈R ），x ∈[－1,1],求证：|f(x)|的最大值M≥21.证明 假设M<21，则|f(x)|<21,,21)(21<<-∴x f 即.21212<++<-b ax x 令x=0,1,－1,分别代入上式，得,2121<<-b ① ,21121<++-<-b a ② ,21121<++<-b a ③ 由②+③，得2123-<<-b ,与①矛盾。
点评 通过假设结论不成立，创设了]1,1[-∈x 时，|f(x)|<21恒成立这一常规而打开局面的有利条件，可谓“高招”！六、鸡尾酒疗法，相是益彰好每一种解法都不是万能的，如果把各种解题方法灵活地相互结合、渗透，那么不但能解决实际问题，而且思路开阔，有利于培养创造能力、提升数学品质。
例8 函数f(x)=ax 2+bx+c(a≠0），对一切]1,1[-∈x ，都有f(x)≤1，求证：对一切]2,2[-∈x ，都有f(x)≤7.分析 函数y=|ax 2+bx+c| (a≠0)在区间[p,q]上的最大值，由图象易知只能在x=p 或x=q 或a b x 2-=处取得，于是由题意只需证明|f(－2)|≤7且|f(2)|≤7且.7|)2(|≤-a b f 由已知|f(－1)|=|a+b －c|,|f(1)|=|a+b+c|,|f(0)|=|c|,|f(－2)|=|4a －2b+c|=|3f(－1)+f(1)－3f(0)|≤3|f(－1)|+|f(1)+3|f(0)|=3×1+1+3×1=7同理|f(2)|≤7. 若]2,2[2-∉-ab ,则由以上可知命题已证。
若]2,2[2-∉-ab ，则 ∵|c|≤1, 又,2|2|≤ab 因此，对一切]2,2[-∈x ,都有|f(x)|≤7.例9 （1998年“希望杯”高三赛题）若函数f(x)=ax 2+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。
解（1）由⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=++=++=0)0(,2141)21(,)1(f c b a f c b a f 解得⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=--=+-=)0(),0(3)1()21(4),0(2)21(4)1(2f c f f f b f f f a 所以|)0()0(3)1()21(4||)0(2)21(4)1(2|||||||f f f f f f f c b a +--++-=++ 故|a|+|b|+|c|可能最大值为17.（2）取a=8,b=－8，c=1，则f(x)=8x 2－8x+11)21(82--=x f (x )在[0,1]上确实有|f (x )|≤1，且|a|+|b|+|c|=17.解题思维训练是巩固所学知识的重要环节，也是培养优良教学素养的有效手段，在学习中应当有意识地培养思维的“方向感”和思路的“归属感”，促进数学思维空间的拓展，也有助于思维品质的提升。
例谈二次函数区间最值的求解策略如何求解二次函数在区间上的最值，是一个综合性较强的问题，影响二次函数在某区间上最值的是区间和对称的位置。
本文就区间和对称轴动与静的变化进行分类，探索求最值的方法。
一、定区间与定轴区间和对称轴都确定时，则将函数式配方，再根据对称轴和区间的关系，结合函数在区间上的单调性，求最值。
例1 已知]3,1[1332)(2∈--=，x x x x f ，求f(x)最值。
分析 这2002年上海高考题的一个变式题，对f(x)配方，得]3,1[,34)33()(2-∈--=x x x f ， 其图象开口向上，对称轴，，x ]31[33-∈=故.34)33()(;332)1()(min max -===-=f x f f x f 二、定区间与动轴 区间确定而对称轴变化时，应根据对称轴在区间的左、右两侧和穿过区间这三种情况分别讨论，再利用二次函数的示意图，结合单调性求解。
例2 已知,12)(2-++-=m mx x x f 当]1,0[∈x 时，f(x)最大值为1，求m 值。
分析 f(x)的图象开口向下，对称轴为x=m 。
（1）当m<0时，f(x)在[0，1]上递减，.1)0()(max -==m f x f由m －1=1，得m=2这与m<0矛盾。
（2）当0≤m≤1时，.1)()(2max -+==m m m f x f由m 2+m －1=1，得m=1，这与m>1矛盾。
或m=-2 ,m=2与0≤m ≤1矛盾。
综上可知m=1。
三、动区间和定轴对称轴确定而区间在变化时，只需对动区间能否包含抛物线的顶点的横坐标进行分类讨论。
例3 已知函数],[,49433)(22b b x b x x x f -∈++--=且b>0，若,7)(max =x f 求b 。
分析 这是1990年全国高考题的一道压轴题中半部分的代数求值问题。
将表达式配方，得.34)21(3)(22+++-=b x x f 由于x ∈[－b,b]，对称轴21-=x ,所以应对],[21b b -∉及],[21b b -∈-分类讨论。
（1）若b -<-21，即210<<b 时，f(x)在[－b,b]上递减，当x=－b 时， 由f (x )max =7，得723±-=b ，与210<<b 矛盾。
（2）若21-≤-b ，即b≥21，则对称穿过区间[－b ，b]，那么当21-=x 时，.34)(2max +=b x f 由f(x)max =7，得b 2=1,又>0，∴b=1。
综上可知b=1.四、动区间与动轴当区间和对称轴均在变化时，亦可根据对称轴在区间的左、右两侧及穿过区间三种情况讨论，并结合图形和单调性处理。