Question

（2008•上海一模）在统计学中，我们学习过方差的概念，其计算公式为

σ

2

=

1

N

[(x1-μ)2+(x2-μ)2+…+(xn-μ)2]，并且知道，其中μ=

1

N

(x1+x2+…+xn)为x₁、x₂、…、x_n的平均值．
类似地，现定义“绝对差”的概念如下：设有n个实数x₁、x₂、…、x_n，称函数g（x）=|x-x₁|+|x-x₂|+…+|x-x_n|为此n个实数的绝对差．
（1）设有函数g（x）=|x+1|+|x-1|+|x-2|，试问当x为何值时，函数g（x）取到最小值，并求最小值；
（2）设有函数g（x）=|x-x₁|+|x-x₂|+…+|x-x₂|，（x∈R，x₁＜x₂＜…＜x_n∈R），
试问：当x为何值时，函数g（x）取到最小值，并求最小值；
（3）若对各项绝对值前的系数进行变化，试求函数f（x）=3|x+3|+2|x-1|-4|x-5|（x∈R）的最值；
（4）受（3）的启发，试对（2）作一个推广，给出“加权绝对差”的定义，并讨论该函数的最值（写出结果即可）．

Answer 1

分析：（1）根据零点分区间讨论法化简g（x）然后做出其图象依据图象即可求出最小值．
（2）将g（x）首尾两项结合再利用绝对值的几何意义可得当x取中间的数时g（x）最小而中间的数要视n的奇偶性而定故要对n的奇偶性讨论．
（3）根据零点分区间讨论法化简f（x）然后做出其图象依据图象的性质即可求出最值．
（4）根据函数f（x）=3|x+3|+2|x-1|-4|x-5|（x∈R）可知由于3+2+（-4）=1＞0则f（x）_min存在f（x）_max不存在故可构造函数f（x）=a₁|x-x₁|+a₂|x-x₂|+…+a_n|x-x_n|（x∈R，x₁＜x₂＜…＜x_n∈R）为n个实数x₁，x₂，…x_n的加权绝对值然后结合a₁+a₂+…+a_n的取值情况给出结论即可．

解答：解：（1）g(x)=

2-3x，x＜-1 4-x，-1≤x＜1 2+x，1≤x＜2 3x-2，x≥2

，由单调性可知（或由图象可知）
当x=1时，函数g（x）取得最小值，g（x）_min=g（1）=3；
（2）若n为奇数，则当x=

x

n+1 2

时，有g(x

)

min

=g(

x

n+1 2

)=

n

i= n+1 2 +1

x

i

-

n+1 2 -1

i=1

x

i

，
若n为偶数，则当x∈[

x

n 2

，

x

n 2 +1

]时，有g(x

)

min

=g(

x

n 2

)=

n

i= n 2 +1

x

i

-

n+1 2

i=1

x

i

（3）由y=f(x)=

-x-27，x＜-3 5x-11，-3≤x＜1 9x-13，1≤x＜5 x+27，x≥5

⇒f（x）_min=f（-3）=-26，f（x）_max不存在．
（4）设a₁，a₂，…，a_n为实数，定义函数f（x）=a₁|x-x₁|+a₂|x-x₂|+…+a_n|x-x_n|（x∈R，x₁＜x₂＜…＜x_n∈R）为n个实数x₁，x₂，…x_n的加权绝对值；
以下求该函数的最值：
f（x）=a₁|x-x₁|+a₂|x-x₂|+…+a_n|x-x_n|=

-( a   1 + a   2 +… a   n )x+( a   1 x   1 + a   2 x   2 +…+ a   n x   n )x≤ x   1 [ a   1 -( a   2 +…+ a   n )]x+(- a   1 x   1 + a   2 x   2 +…+ a   n x   n ) x   1 ＜x≤ x   2 … ( a   1 + a   2 +… a   n )x-( a   1 x   1 + a   2 x   2 +…+ a   n x   n )x＞ x   n

当a₁+a₂+…+a_n＜0时，f（x）_max=max{f（x₁），f（x₂），…，f（x_n）}，f（x）_min不存在；
当a₁+a₂+…+a_n＞0时，f（x）_min=min{f（x₁），f（x₂），…，f（x_n）}，f（x）_max不存在；
当a₁+a₂+…+a_n=0时，

f(x )   max =max{f( x   1 )，f( x   2 )，…，f( x   n )}， f(x )   min =min{f( x   1 )，f( x   2 )，…，f( x   n )}.

点评：本题属新定义题．解题的关键是要分析新定义的内容，然后结合现有的知识去进行求解；比如第一问、第三问；而第二第四问分别是第一第三问的推广这要求对第一第三问分析理解透彻．