一類含絕對值函數的單調區間和最小值

甘榮

摘 ?要：關于含絕對值函數f（x）=aix-bi（ai∈Q且ai≠0，bi∈R）的單調性和最小值問題，通常是采用分類討論去掉絕對值符號，轉化為分段函數，借助圖象進行求解，但過程復雜. 筆者在多年的高中數學教學實踐中，通過對該類函數的單調性和最小值的深入探究，掌握了一種簡捷的求解方法，避免煩瑣的運算和麻煩的作圖，本文以定理的形式給出它的一般結論，并說明其應用.

關鍵詞：絕對值函數;單調區間;最小值;應用

由圖象可知，函數f（x）=x-a在（-∞，a）上是減函數，在[a，+∞）上是增函數，當x=a時，f（x）取最小值f（a）=0;函數f（x）=x-a+x-b（a

定理 函數f（x）= ?x-bi（b1

其中x表示不超過實數x的最大整數，例如 ?=5.8=5，以下文同.

證眀：當x≤b1時，f（x）的圖象是射線f（x）=-nx+ ?bi，且x→-∞時，f（x）→+∞;

當x≥bn時，f（x）的圖象是射線f（x）=nx- ?bi，且x→+∞時，f（x）→+∞;

當bi≤x≤bi+1（i=1，2，…，n-1）時，f（x）的圖象是線段f（x）=（2i-n）x+ci（其中ci=bn+bn-1+…+bi+1-bi-bi-1-…-b2-b1）;

（1）當n=2k-1（k∈N*）時，

若i≤k-1，則2i-n=2（i-k）+1≤2（k-1-k）+1<0，

所以f（x）在x∈[bi，bi+1]上為減函數;

若i≥k，則2i-n=2（i-k）+1≥2（k-k）+1>0，所以f（x）在x∈[bi，bi+1]上為增函數.

所以，當n=2k-1（k∈N*）即n為奇數時，函數f（x）在（-∞，bk]上是減函數，在[bk，+∞）上是增函數，且當x=bk時，f（x）取最小值為f（bk）.

又n=2k-1（k∈N*）時， ?= ?+1=k;故當n=2k-1（k∈N*）即n為奇數時，函數f（x）在-∞，b ? ?上是減函數，在b ? ?？搖+1，+∞上是增函數，且當x∈b ? ?？搖，b ? ?？搖+1時，f（x）取最小值為fb ? ?？搖=fb ? ?？搖+1.？搖？搖？搖？搖？搖？搖？搖？搖？搖？搖？搖

（2）當n=2k（k∈N*）時，

若i≤k-1，則2i-n=2（i-k）≤2（k-1-k）<0，所以f（x）在x∈[bi，bi+1]上為減函數;若i≥k+1，則2i-n=2（i-k）≥2（k+1-k）>0，所以f（x）在x∈[bi，bi+1]上為增函數;若i=k，則2i-n=0，所以f（x）在x∈[bi，bi+1]上恒為常數ci. 所以，當n=2k（k∈N*）即n為偶數時，函數f（x）在（-∞，bk]上是減函數，在[bk+1，+∞）上是增函數，當x∈[bk，bk+1]時，f（x）取最小值為f（bk）=f（bk+1）.

又當n=2k（k∈N*）時， ?=k， ?+1=k+1，故當n=2k（k∈N*）即n為偶數時，函數f（x）在-∞，b ? ?上是減函數，在b ? ?？搖+1，+∞上是增函數，當x∈b ? ?？搖，b ? ?？搖+1時，f（x）取最小值為fb ? ?=fb ? ?？搖+1. 綜上所述，定理得證.

特別地，當常數bi（i=1，2，…，n）有相等值時，同樣對bi從小到大排序，定理中的結論也成立. 由此可得

推廣 函數f（x）= ?aix-bi（ai∈Q且ai≠0，bi∈R）總可化為f（x）= ? ?x-xi（x1≤x2≤…≤xn，m，n∈N*）的形式，且f（x）在-∞，x ? ?上是減函數，在x ? ?？搖+1，+∞上是增函數，當x∈x ? ?，x ? ?？搖+1 時，f（x）取最小值為fx ? ?=fx ? ?？搖+1.

下面舉例說明定理及推廣的應用

例1 ?（2012年“北約” 高校自主招生試題第1題）求x的取值范圍，使得f（x）=x+2+x+x-1是增函數.

解：由定理知，所求x的取值范圍是[0，+∞）.

例2 （2006年高考全國卷2試題第12題）函數f（x）= ?x-n的最小值為（ ?）

A. 190 B. 171 C. 90 D. 45

解：由定理知 f（x）min=f ?？搖+1=f（10）=2（1+2+…+9）=90，故選C.

例3 ?（2007年全國高中數學聯賽試題）設實數a使得不等式2x-a+3x-2a≥a2對任意實數x恒成立，則滿足條件的a所組成的集合是（ ?）

A. - ?， ? B. - ?，

C. - ?， ? D. [-3，3]

解：原不等式等價于x- ?+x- ?+x- ?+x- ?+x- ?≥a2恒成立. 由推廣，對任意實數a都有函數

f（x）=x- ?+x- ?+x- ?+x- ?+x- ?的最小值等于f ?= ?.

所以，只需 ?≥a2=a2，解得- ?≤a≤ ?，故選A.

例4 求函數f（x）= ?+1+ ?-1+ ?-1+1的單調區間和最小值.

解：令g（x）= ?+1+ ?-1+ ?-1，則g（x）= ?（x+2+x+2+x+2+x-3+x-3+x-6）.

又g（x）與f（x）的單調性相同，由推廣知f（x）在（-∞，-2]上是減函數，在[3，+∞）上是增函數，

所以當x∈[-2，3]時，f（x）min=f（3）= ?+1+ ?-1+ ?-1+1=4.

例5 ?（2011年“北約” 髙校自主招生試題第7題）

求f（x）=x-1+2x-1+3x-1+…+2011x-1的最小值.

解：因為f（x）=x-1+x- ?+x- ?+…+ ?，

且f（x）的右邊共有1+2+3+…+2011=2023066項.

由于數列{an}： 1，（2，2），（3，3，3），…，（ ?）（k∈N*，且1≤k≤2011）的前k-1項的和Sk-1= ?，顯然 ?+1=n，解得k= ?.

因為數列{an}中相同的項有n個（n∈N*），所以，k是 ?的整數部分，于是通項an= ?. 又因為 ?=1011533， ?+1=1011534，所以

a1011533= ?=1422，

a1011534= ?=1422.

于是，由推廣知，當x∈ ?， ?時，

f（x）min=f ?=1- ?+1- ?+…+1- ?+ ?-1+ ?-1？搖+…+ ?-1=1422- ?+ ?=1422- ?- ?+ ?=1422- ?=1422- ?=1422- ?= ?.