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1、一类含绝对值函数的探究 一类含绝对值函数的探究 /许飘勇 在讲解不等式选讲时，有道填空题要求解函数y=2
2、x-1
3、+
4、x-2
5、+
6、4x-3
7、的单调区间和值域，若用零点分区间法求出分段函数的表达式，再用图象，得出单调区间和值域，虽然思路简单，但耗时费力，准确率低。笔者思考能不能根据参数就可画出函数草图，数形结合就易得答案。 对于可化为形如f（x）=k1
8、x-a1
9、+k2
10、x-a2
11、+…+kn
12、x-an
13、（其中a1<a2<…<an且k1k2…kn≠0）的函数 当k1+k2+…+kn>0时，
14、 若x∈（∞，a1],则f（x）=-k1（x-a1）-k2（x-a2）-…-kn（x-an）=-（k1+k2+…+kn）x+（k1a1+k2a2+…+knan） 所以函数在（∞，a1]单调递减。 若x∈[an,+∞），则f（x）=k1（x-a1）+k2（x-a2）+…+kn（x-an）=（k1+k2+…+kn）x-（k1a1+k2a2+…+knan） 所以函数在[an,+∞）单调递增。 若x∈[ai,ai+1]（i=1,2…n-1） 当f（ai）<f（ai+1）时，函数在[ai,ai+1]单调递增；
15、 当f（ai）>f（ai+1）时，函数在[ai,ai+1]单调递减； 当f（ai）=f（ai+1）时，函数在[ai,ai+1]的图象是（ai,f（ai）），（ai+1, f（ai+1））为端点的水平线段。 若记M=min{f（a1），f（a2）…f（an）},(.fax{f（a1），f（a2）…f（an）},则此时值域为（-∞，N] 当k1+k2+…+kn=0时， 若x∈（-∞，a1],则f（x）=-k1（x-a1）-k2（x-a2）-…-kn（x-an）=-（k1+k2+…+kn）x+（k1a1+
16、k2a2+…+knan）=（k1a1+k2a2+…+knan） 所以图象在（-∞，a1]是以（a1,f（a1））为端点方向向左的水平射线。 若x∈[an,+∞），则f（x）=k1（x-a1）+k2（x-a2）+…+kn（x-an）=（k1+k2+…+kn）x-（k1a1+k2a2+…+knan）=-（k1a1+k2a2+…+knan） 所以图象在[an,+∞）是以（an,f（an））为端点方向向右的水平射线。 若x∈[ai,ai+1]（i=1,2…n-1） 当f（ai）<f（ai+1）时，在[ai,ai
17、+1]单调递增； 当f（ai）>f（ai+1）时，在[ai,ai+1]单调递减 当f（ai）=f（ai+1）时，在[ai,ai+1]图象是（ai,f（ai）），（ai+1,f（ai+1））为端点的水平线段。 若记M=min{f（a1），f（a2）…f（an）},N=max{f（a1），f（a2）…f（an）},则值域为[M,N]. 总之，形如f（x）=k1
18、x-a1
19、+k2
20、x-a2
21、+…+kn
22、x-an
23、（其中a1<a2<…<an且k1k2…kn≠0）的函数。 1.定义域x∈（-∞，
24、+∞）。 2.图象、单调性、值域。整个图象是连续不断的折线。 当k1+k2+…+kn>0时，图象为=min{f（a1），f（a2）… f（an）},则值域为[M,+∞）。 当k1+k2+…+kn<0时，图象为M型，在（-∞，a1]单调递增，在[an,+∞）单调递减，中间是以（ai,f（ai）），（ai+1,f（ai+1））（i=1,2…n-1）为端点的线段连接而成的连续不断的折线。若记N=max{f（a1），f（a2）… f（an）},则值域为（-∞，N]. 当k1+k2+…+kn=0时，图
25、象为Z型，在（-∞，a1]是以（a1,f（a1））为端点方向向左的水平射线，在[an,+∞）是以（an,f（an））为端点方向向右的水平射线，中间是以（ai,f（ai）），（ai+1,f（ai+1））（i=1,2…n-1）为端点的线段连接而成的连续不断的折线。若记M=min{f（a1），f（a2）… f（an）},N=max{f（a1），f（a2）…f（an）},则值域为[M,N]. 所以y=2
26、x-1
27、+
28、x-2
29、-
30、4x-12
31、可化为y=2
32、x-1
33、+
34、x-2
35、-4
36、x-3
37、,先描（1,-7），（2-2），（3,5），计算
38、2+1-4=-1,可得图象为M型，易得单调增区间为（-∞，3],单调减区间为[3,+∞）];值域为（-∞，5]. 用辨证的观点看函数及图象整体把握重点突破浅谈二次函数的教学二次函数概念教学反
