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2
1的大小关系如何呢？对|c|进行讨论： （i ）若|c|≥21,即|f(0)|≥2
1，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)|≥2
1成立。 本题除了取x=－2
1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 2
121 ???==+∴.|||||,|||2
121
b 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|。
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(|||2
2
a b ac a b x a c bx ax -++=++ 由（1）可知2)2(a
b x a +与a b a
c 442
-同号。 ||2c bx ax ++∴
.|
|41|44||44||)2(|22
2a a b ac a b ac a b x a >-≥-++= 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
????
?????=--=--+=∴)0()],1()1([21)],0(2)1()1([21f c f f b f f f a 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.
.422
123|)0(2)1(21)1(23||2|=++≤--+=+f f f b a 同理可证|－2a+b|≤4.
（2）|g(x)|=|cx 2+bx+a|
222
1211|2
1||21||1||)1(2
1)1(21)0()1(||)0(2
)1()1(2)1()1()0(|22222≤+-=-+++-=-+++-≤--+++-=--++--+
=x x x x x x x f x f x f x f f f x f f x f 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(2
2+-+=x x x , 得|g(x)|=|ax+b|
.|)21(||)21(||)2
1()21(||]212)21([])21(2)21([||)2
121(]42)1(42)1([
|-++≤--+=+-+--++++=-+--++--+=x f x f x f x f c x b x a c x b x a c c x x b x x a 注意到]1,1[-∈x ,有]0.1[2
1],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 ≥2
1. 证明 假设M<21，则|f(x)|<21,,2
1)(21<<-∴x f 即.2
1212<++<-b ax x 令x=0,1,－1,分别代入上式，得
,2
121<<-b ① ,2
1121<++-<-b a ② ,21121<++<-
b a ③ 由②+③，得2
123-<<-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-?-a b
,则由以上可知命题已证。 若]2,2[2-?-a b
，则
|44||)2(|2
a b ac a b f -=-
.
|2|||21|||
4|2
a b
b c a b c ?+≤-=
∵|c|≤1,
.1|)1(|21
|)1(|21
||≤-+=f f b 又,2|2|≤a b
.2212
11|)2(|=??+≤-∴a b f 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)2
1(,)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()2
1(4||)0(2)21(4)1(2|||||||f f f f f f f c b a +--++-=++ 17
683|)0(|6|)2
1(|8)1(|3=++≤++≤f f f 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)2
1(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。