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)|≥
2
1. 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2
1432145|||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 2121
???==+∴.|||||,|||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 a
c 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 a
c 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
1
23|)0(2)1(2
1
)1(23|
|2|=++≤--+=+f f f b a
同理可证|－2a+b|≤4. （2）|g(x)|=|cx 2+bx+a|
222
1211|
21||21||1||
)1(21)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(||
)21()21(||
]2
12)21([])21(2)21([||)21
21(]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
1
212<++<-
b ax x 令x=0,1,－1,分别代入上式，得
,21
21<<-
b ① ,21
121<++-<-
b a ② ,2
1
121<++<-
b a ③ 由②+③，得2
1
23-<<-
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)|<2
1
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 a
c a b f -=-
.
|2|||21|||
4|2
a
b b
c a b c ?+≤-= ∵|c|≤1,
.1|)1(|2
1
|)1(|21||≤-+=
f f b
又,2|2|
≤a
b
.2212
1
1|)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。
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[13
3
2)(2∈--
=，x x x x f ，求f(x)最值。 分析 这2002年高考题的一个变式题，对f(x)配方，得
]3,1[,3
4
)33()(2-∈--
=x x x f ， 其图象开口向上，对称轴，，x ]31[3
3
-∈=
故.3
4
)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],[,4
9
433)(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)2
1
(3)(22+++-=b x x f
由于x ∈[－b,b]，对称轴21-=x ,所以应对],[21b b -?及],[2
1
b b -∈-分类讨论。
（1）若b -<-
21，即2
1
0<
1
(3)(22max =+++--=b b x f
由f (x )max =7，得723±-=b ，与2
1
0<
（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。
例4 已知f(x)=－x 2
+(a －1)x+a,x ∈[1,a]的最大值为100，求a 值。 分析 由x ∈[1,a]，可知a>1，f(x)图象开口向下，对称轴为.2
1
-=
a x （1）当
12
1
≤-a ,即1 （2）当a a <-<21 1,即a>3时，.412)21()(2max ++=-=a a a f x f 由 1004 1 22=++a a ,得a=19,或a=－21,又a>3，∴a=19. （3）当 a a ≥-2 1 时，a≤－1，与a>1矛盾，故对称轴不可能在x=a 的右侧。 抽象函数常见题型例析 这里所谓抽象函数，是指只给出函数的一些性质，而未给出函数解析式的一类函数，抽象函数一般以中学阶段所学的基本函数为背景背景，且构思新颖，条件隐蔽、技巧性强，解法灵活。因此，抽象函数在近几年的各种考试中，成为考查的重点。 一、求函数解析式 例1 是否存在这样的函数f(x)，使下列3个条件： （1）f(n)>0，n∈N*；（2）f(n 1+n 2 )=f(n 1 )f(n 2 ),n 1 、n 2 ∈N*； （3）f(2)=4 同时成立？若存在，求出f(x)的解析式，若不成立，说明理由。 分析题设给出了函数f(x)满足的3个条件，探索结论是否成立。我们可以用不完全归纳法寻找f(x)的解析式，再用数学归纳法证明其正确性。 解若存在这样的函数f(x)，由条件得f(2)=f(1+1)=[f(1)]2=4, ∴f(1)=2.又f(2)=22, ∴f(3)=f(2+1)=f(2)·f(1)=23, f(4)=f(3+1)=f(3)f(1)=24. 由此猜想f(x)=2x(x∈N*). 下面用数学归纳法证明上述猜想。 （1）当n=1时，显然成立。 （2）假设当n=k(k∈N*)时猜想成立，即f(k)=2k，那么当n=k+1时，则f(k+1)=f(k)·f(1)=2k·2=2k+1仍然成立。 综上所述，存在函数f(x)=2x,对x∈N*成立。 利用所给条件，通过数据实验，用不完全归纳法问题出猜想，再用数学归纳法给出证明，是处理抽象函数递推型综合题的常用方法。 二、判断函数的单调性 例2 设f(x)是定义在[－1，1]上的函数，且满足f(－x)=－f(x)，对任意a 、b ∈[－1，1]，当a+b≠0时，都有 b a b f a f ++) ()(>0。试判断f(x)的单调性。 分析 由函数单调性的定义，首先问题着f(x 2)－f(x 1)，这里x 1，x 2∈[－1,1]，且x 1 解 设x 1,x 2∈[－1,1]，且x 1 )].([) () ()()()()()(122121212x x x x x f x f x f x f x f x f -+?-+-+= -+=- 由条件，得 0) () ()(1212>-+-+x x x f x f ,又x 2－x 1>0, ∴f(x 2)－f(x 1)>0,f(x 2)>f(x 1), ∴f(x)在[－1,1]上是增函数。 三、求函数值或值域 例3 已知定义在N*上，且在N*上取值的增函数y=f(n)。对任意m ，n ∈N *，当m 、n 互质时，f(mn)=f(m)f(n).又f(180)=180，求f(2004)值。 分析 由f(180)=180及题设可推出f(1)=1，再利用f(n)∈N *寻找f(n)及n 关系，然后求值。 解 ∵f(180)=f(1×180)=f(1)·f(180)=180，即f(1)f(180)=180,∴f(1)=1.由f(n)是增函数及函数值是自然数可得，1=f(1) ∴f(n)=n(1≤n≤180,n ∈N *). ∴f(2004)=f(12×167) =f(12)·f(167) =12×167=2004. 注一般地，抽象函数求值，要先找自变量与函数值之间的关系，根据找到的关系再注值。 例4 f(x)是定义在R上的函数，且满足： （1）f(－x)=－f(x)；（2）对任意x,y R,有f(x+y)=f(x)+f(y)； （3）当x>0时，f(x)<0，且f(1)=－2。求函数f(x)在[－3，3]上的最值。 分析抽象函数求最值问题，一般是先根据条件确定函数的单调性，然后再确定其最值。 解设0≤x 1 2 ≤3，则 f(x 2)=f[(x 2 －x 1 )+x1]=f(x 2 －x 1 )+f(x 1 ) 即f(x 2－x 1 )=f(x 2 )－f(x 1 ). ∵x 2－x 1 >0,∴f(x 2 －x1)<0. ∴f(x 2)－f(x 1 )<0，即f(x 1 )>f(x 2 ). ∴f(x)在[0,3]上是减函数。 又由f(－x)=－f(x)，得f(x)在[－3,0]上也是减函数，从而f(x)在[－3，3]上是减函数。 所以，当x=－3时，f(x)取最大值，其值为 f(－3)=－f(3)=－f(1+2)=－f(1)－f(1+1)=－3f(1)=6. 当x=3时，f(x)取最小值，其值为f(3)=－f(3)=－6. 注函数单调性是函数的局部性质，在确定函数单调性时，要根据条件，把定义域分割成若干个区间，分别讨论其单调性。 四、判断函数的周期 例5 设f(x)是定义在R 上的函数，且f(－x)=f(x)，其图象关于直线x=1对称，对任意x 1x 2∈[0, 2 1 ],都有f(x 1+x 2)=f(x 1)·f(x 2). (1)设f(1)=2，求)4 1 ()?21(f f ; (2)证明f(x)是周期函数。 分析 （1）把f(1)用)21(f 表示，再求)21(f ,而)21(f =)4 1 (2f ，注意开方时的 符号。 （2）由图象关于x=1对称，可得f(x)=f(2－x)，再利用f(－x)=f(x)就可确定其周期。 解（1）由函数y=f(x)的性质知， ].1,0[,0)2()2()22()(∈≥=+=x x f x f x x f x f 又∵.2)41 ()2121()1(2==+=f f f . 2)4 1(, 2)4 1 ()21(.2)21(4 2=∴===∴f f f f 将上式中－x 以x 代替得，f(x)=f(x+2),x ∈R.故f(x)是以2为一个周期的周期函数。 注 判断函数f(x)的周期性，就是寻找满足等式f(x+T)=f(x)中的非零常数T 。在解题时，注意利用题设中函数的奇偶性、对称性等性质，把这些性质转化成相应的等式，再证明f(x+T)=f(x)。 五、不等式问题 例6 定义在（－1，1）上的函数f(x)满足： （1）对任意x 、y ∈（－1，1）都有);1( )()(xy y x f y f x f ++=+ （2）当x ∈(－1，0)时，有f(x)>0；求证：).21 ()1 31()111()51(2f n n f f f >+++++ 分析 因为x ∈(－1,0)时，有f(x)>0，而结论中要求x>0时f(x)的值，故要先判断f(x)的奇偶性。因为不等式证明时需放缩，还要判断f(x)的单调性。 解 在等式)1( )()(xy y x f y f x f ++=+中，令x=y=0,得f(0)=0，再令y=－x ，得f(x)+f(－x)=0，即f(－x)=－f(x)， ∴f(x)在（－1，1）上是奇函数。 设－1 )1()()()()(2 12 12121x x x x f x f x f x f x f --=-+=- ∵－1 故f(x)在x ∈(－1,0)上是减函数。 又由奇函数的性质知f(x)在x ∈(0,1)上仍然是减函数，且f(x)<0. ). 21()11() 21()11()21(111)21(11)2)(1(11)2)(1(1] 1 )2)(1(1 [)1321( +-+=+-++=??????????+-+++-++=?? ?? ? ???? ???++-++=-++=++n f n f n f n f n n n n f n n n f n n f n n f ). 2 1()21()21()11()41()31)31()21() 1 321()111()51(+-=?????? +-+++??????-+??????-=+++++∴n f f n f n f f f f f n n f f f .0)2 1 (,1210<+∴<+< n f n ).2 1()21()21(f n f f >+-∴ 故所证不等式成立。 注 本题先确定函数的奇偶性和单调性，利用裂项求和进行化简，再根据条件用放缩法证明不等式；在解题过程中，利用题设充分挖掘隐含条件，开拓解题思路，使问题得到解决。 六、图象的对称性 例7 设a 是常数，函数f(x)对一切x ∈R 都满足f(a －x)=－f(a+x)。 求证：函数f(x)的图象关于点(a,0)成中心对称图形。 证明 )()(x a f x a f +-=- 对任意x ∈R 都成立， ). 2( )] ( [ )] ( [ ) (x a f x a a f x a a f x f- - = - + - = - - = ∴ ∴在f(x)的图象上任取一点（x 0,y ），则其关于（a,0）的对称点(2a－x ,－y ) 也在其图象上。 ∴f(x)图象关于点（a,0）成中心对称图形。 注证明一个函数图象的对称性问题，只需在此函数图明上任取一点P1，证明它的对称点P2也在其图象上。 七、方程根的问题 例8 已知函数f(x)对于一切实数x满足f(x)=f(12－x)，若方程f(x)=0有n 个不同的实数根，这个n人实根的和是48，求n的值。 分析由方程根的意义及等式f(x)=f(12－x)的意义知，方程的根是成对出现的，且成对两根之和是12. 解由方程f(x)=f(12－x)知，如果x 0是方程f(x)的根，那么12－x 也是方程 的根，且x 0≠12－x ,x +(12－x )=12.由48=12×4可知方程f(x)=0有四对不同的实 数根，即方程f(x)=0有8个不同的实根，∴n=8. 注解此题的关键是，理解f(x)=f(12－x)的意义，判断出方程根的性质。 抽象函数问题，往往综合运用函数的性质及数学思想方法，挖掘隐含条件，探索抽象函数的有关性质，寻找解题思路。 高三数学复习方法 高三数学复习，大体可分三个阶段，每一个阶段的复习方法与侧重点都各不相同，要求也逐步提高。 一、基础复习阶段——系统整理，构建数学知识网络 将高中阶段所学的数学基础知识进行系统整理，进行有机的串联，构建成知识网络，使学生对整个高中数学体系有一个全面的认识和把握，以便于知识的存储、提取和应用，也有利于学生思维品质培养和提高，这是数学复习的重要环节。从近几年来高考试题中我们可以看到：基础知识，基本技能，基本思想和方法始终是高考数学试题考查的重点。《考试说明》明确指出：易、中、难题的占分比例控制在3：5：2左右，即中、低档题占总分的80%左右，这就决定了我们在高考复习中必须抓基础，常抓不懈，只有基础打好了，做中、低档题才会概念清楚，得心应手，做难题和综合题才能思路清晰，运算准确。在高考第一轮复习中应以夯实双基为主，对构建的知识网络上每个知识点要弄清要领，了解数学知识和理论的形成过程以及解决数学问题的思维过程，注重基础知识的复习和基本技能的训练，不求高难，应为后继阶段的综合能力提高打下坚实基础。要贴紧课本，对课本中的例题、知识点加以概括和延伸，使之起到举一反三，触类旁通的效果。如课本中数列一章有详细推导等差数列和等比数列前n项和公式的过程，通过复习要掌握“倒序相加法”和“错位相加法”两种不同的方法，为我们在数列求和的解题中提供思路和方法。因此在复习时特别要注意课本中例题和习题所启示的解题方法，要关于总结，丰富解题思路。 二、综合复习阶段——综合深化，掌握数学思想方法 第二轮复习是在第一轮复习的基础上进行巩固、完善、综合、提高的重要阶段， 是关系到学生的数学素质能否迅速提高进而适应高考中、难度试题的关键。第二物理学复习要加强对思维品质和综合能力的培养，主要着眼于知识重组，建立完整的知识能力结构，包括学科的方法能力、思维能力、表达能力，但这都必须建立在知识的识记能力基础之上，理解知识的来源及其所蕴含的数学思想、数学方法，把握知识的纵横联系，培养探索研究问题的能力。常用的数学思想方法有化归，函数与方程的思想，分类讨论思想，数形结合思想以及配方法、换元法、待定系数法等等。这些基本思想和方法分散地渗透在中学数学教材中，在高一、高二的学习过程中，主要精力集中于数学知识学习中，缺乏对基本的数学思想和方法的归纳和总结，在高考前的复习过程中，要在复习基础知识的同时，有意识地掌握基本数学思想和方法，只有这样，在高考中才册灵活运用和综合运用所学的知识。 第二轮复习要培养数学应用意识，学会从材料的情景、问题中去理论，册根据题目所给的材料，找到主干和知识的结合点。要学会形成体系和方法，即解题思路，包括对有效信息的提取、解题所需的方法和技巧、对事实材料的分析和判断及结论的评价和反思等。 三、强化复习阶段——强化训练，提高应试实战能力 从某种意义上说，成绩是练出来的，考前强化训练尤其重要。练近年来的高考试题和各地的模拟试题，掌握高考信息和命题动向，提高正克率，练出速度，在练中升华到纯熟生巧的境界。在练习时要注意以下几点。解题要规，俗话说：“不怕难题不得分，就怕每题都扣分”，所以务必将解题过程写得层次分明，结构完整。重要的是解题质量而非数量，要针对自己的问题有选择地精练，发现错误及时纠正，把做错的题做上标记，在旁边写上评析，然后把试卷保存好，过一段时间，再做一遍。不应满足于会做，应注意解题后的反思常悟，悟出解题策略、思想方法的精华，尤其对一含参二次函数中绝对值问题
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