标题 | 一类含绝对值函数的单调区间和最小值 |
范文 | 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- ?= ?. |
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