有計劃參加今年的AMC12的學生，從(cong) 暑假開始就必須開始做備賽規劃了。我近期將挑選幾道AMC12真題做一些分析和點評，希望能對大家有所啟發和思考。 本文是這個(ge) 係列的第七篇文章。這次的題目與(yu) 絕對值運算有關(guan) ： 表達式|x-1|+|2x-1|+···+|11 9x-1|的最小值是多少？ 這道題的題目很短，涉及的數學概念也很簡單，就是很多個(ge) 絕對值的和。
絕對值是在初一就已經學過的概念，關(guan) 於(yu) 絕對值的基礎習(xi) 題相信大家也做過不少。其中一類題目是求多個(ge) 絕對值的和的最小值，例如求 |x-1|+|x-2|的最小值。這個(ge) 題目的最簡單的解決(jue) 辦法是利用三角不等式推出 |x-1|+|x-2|≥|（x-1）+（2-x）|=1.
然而三角不等式並不是解決(jue) 這類題目的好方法，因為(wei) 當絕對值的數量較多且表達式較為(wei) 複雜時，構造適當的三角不等式通常比較困難。
另一種更常用的方法是把包含減法運算的絕對值理解為(wei) 數軸上兩(liang) 個(ge) 點的距離。例如，|x-1|就是數軸上坐標分別為(wei) x和1的兩(liang) 個(ge) 點的距離。
我們(men) 設想一個(ge) 動點P在數軸上從(cong) 左到右移動，P的坐標為(wei) x。兩(liang) 個(ge) 定點A和B的坐標分別為(wei) 1和2。考慮P到A和B的距離之和的變化。
1. 當P的位置在A左側(ce) 時，P到A和B的距離都不斷減小。
2. 當P的位置介於(yu) A和B之間時，P到A的距離變大，而P到B的距離減小。但P到A的距離增大多少，P到B的距離就減小多少，所以P到A和B的距離之和保持不變，剛好就等於(yu) A到B的距離——通過畫圖很容易直觀地驗證這個(ge) 結論。
3. 當P的位置在B右側(ce) 時，P到A和B的距離都不斷增大。
綜上所述，P點在從(cong) 左到右的移動過程中，P到A和B的距離之和先減小，再保持不變，然後增大。所以最小值是P在A和B之間時取得，即x的值介於(yu) 1和2之間時取得。
如果絕對值包含的不是減法而是加法運算，我們(men) 也可以把加法轉換為(wei) 相應的減法式子。例如，|x+1|+|x-1|表示動點到兩(liang) 個(ge) 坐標分別為(wei) -1和1的定點的距離之和。
如果求和的絕對值多於(yu) 兩(liang) 個(ge) 怎麽(me) 辦？例如 |x-1|+|x-2|+|x-3|+|x-4|.
此時，我們(men) 可將絕對值的和分成兩(liang) 部分：|x-1|+|x-4|和|x-2|+|x-3|。第一個(ge) 和的最小值是3，最小值在x介於(yu) 1和4之間時取得；第二個(ge) 和的最小值是1，最小值在x介於(yu) 2和3之間時取得。所以四個(ge) 絕對值的和的最小值是3+1=4，最小值在x介於(yu) 2和3之間時取得。
對多於(yu) 兩(liang) 個(ge) 的絕對值進行分組時，必須遵守的原則是“從(cong) 兩(liang) 端向中間依次組合”，即首先把最左邊和最右邊的兩(liang) 個(ge) 定點配對，然後把剩下的點中最左邊和最右邊的兩(liang) 個(ge) 定點配對，等等。
如果不遵守這個(ge) 原則會(hui) 發生什麽(me) 情況？例如把上麵的四個(ge) 絕對值之和分成|x-1|+|x-2|和|x-3|+|x-4|。兩(liang) 個(ge) 和的最小值都是1，但前一個(ge) 和的最小值在x介於(yu) 1和2之間時取得，後一個(ge) 卻在x介於(yu) 3和4之間時取得——所以兩(liang) 個(ge) 和不可能同時取到最小值！
上麵的方法可解決(jue) 任意多個(ge) 形如|x-k|的絕對值的和的最小值問題，並且還可以推廣到更一般的形式，例如 |x-1|+2|x-2|+3|x-3|.
上麵的表達式實際上包含6個(ge) 形如|x-k|的絕對值，可分為(wei) 三組：|x-1|+|x-3|, |x-2|+|x-3|, |x-2|+|x-3|。因此表達式的最小值是2+1+1=4，當x介於(yu) 2和3之間時都可取到最小值。
本文討論的AMC12真題也是這種形式的表達式，隻不過項數多得多，一共有119項。我們(men) 把表達式改寫(xie) 為(wei) ： |x-1|+2|x-1/2|+···+119|x-1/119|.即一共有1+2+…+119=7140個(ge) 絕對值相加。
把7140個(ge) 定點從(cong) 左到右依次列出：119個(ge) 點坐標為(wei) 1/119，118個(ge) 點坐標為(wei) 1/118，117個(ge) 點坐標為(wei) 1/117，……，2個(ge) 點坐標為(wei) 1/2，1個(ge) 點坐標為(wei) 1。
把這些點每次取最左邊和最右邊各取一個(ge) 點配對（已配對的點就抹掉），一共可配成7140÷2=3570對。我們(men) 需要確定的關(guan) 鍵信息是——最後一對點具體(ti) 包含哪兩(liang) 個(ge) 點，因為(wei) 整個(ge) 表達式的最小值就是當x的值介於(yu) 這兩(liang) 個(ge) 點之間時取得。
我們(men) 從(cong) 右向左依次取點：1個(ge) 1，2個(ge) 1/2，3個(ge) 1/3，4個(ge) 1/4，……。通過估算和試算可最終得到 1+2+···+84=3570,即從(cong) 右到左的第3570個(ge) 點的坐標是1/84，且這3570個(ge) 點包含了所有84個(ge) 坐標為(wei) 1/84的點。
因此，配對得到的第3570對點是1/85和1/84，從(cong) 而整個(ge) 表達式（119項之和）的最小值是在x的值介於(yu) 1/85和1/84之間時取得。
當x的值介於(yu) 1/85和1/84之間時， |x-1|+|2x-1|+···+|84x-1|=84-3570x.上麵的等式之所以成立，首先是因為(wei) 等號左邊的每個(ge) 絕對值符號內(nei) 的表達式的值都是負數，所以 |kx-1|=1-kx, k=1,2,…,84.
其次，因為(wei) 有84項，所以有84個(ge) 1，而x的係數則是從(cong) 1到84的84個(ge) 整數的和，前麵已經算過這個(ge) 和等於(yu) 3570。
類似地有 |85x-1|+|86x-1|+···+|119x-1|=3570x-35.所以 |x-1|+···+|119x-1|=(84-3570x)+(3570x-35)=49.
縱觀整個(ge) 解答過程，可以分為(wei) 前後兩(liang) 個(ge) 部分。前一部分確定使表達式取最小值的x的取值範圍，雖然涉及多項求和的具體(ti) 求值，但基本思想是廣為(wei) 人知的，而且這樣的求值過程在小學競賽題目中也不鮮見。
後一部分則是具體(ti) 求出最小值的數值，隻需根據絕對值符號內(nei) 的表達式的值的正負性恰當地去掉絕對值符號，然後合並同類項即可，這是實實在在的小學難度。
這道題在AMC12中排在第22題，就難度而言應該是偏簡單的。即使出現在16~20題這個(ge) 檔次，也應該是很有機會(hui) 拿分的題目。由此可見，AMC12的難度排序並不總是那麽(me) 嚴(yan) 謹，我們(men) 不應對21~25題輕言放棄——當然，對前20題，特別是16~20題的位置，也要隨時警惕出現自己不容易掌控的難題。
最後再囉嗦一句。絕對值的定義(yi) 雖然很簡單，但由於(yu) 是分段定義(yi) ，我們(men) 沒有便捷的手段處理這個(ge) 問題，隻能老老實實地按定義(yi) 去操作。另一個(ge) 有類似性質的概念是取整函數，也是競賽很喜歡考的一個(ge) 知識點。
由於(yu) 分段定義(yi) 的特性，當一個(ge) 表達式裏包含多個(ge) 絕對值時，處理起來往往比較棘手，本文討論的這類問題（絕對值之和）隻是其中相對簡單的情形。如果把絕對值進行多次嵌套，例如像 ||x-1|+||x+2|-3||這樣的表達式就更麻煩。
不過，競賽的目的是鍛煉學生的思維，而不是為(wei) 了難倒學生。難度很大卻沒有什麽(me) 思考價(jia) 值的題目，隻是在浪費學生的時間，打擊學生的學習(xi) 熱情。這樣的題目應該盡快被掃進垃圾堆裏。
把多個(ge) 簡單的概念組合成非常複雜的情形，辦法是很多的，並不一定要利用像絕對值或取整運算這樣的分段定義(yi) 的特性。比如下麵這道題：
定義(yi) 函數f(x)=log10(sin(πx)·sin(2πx)·sin(3πx)···sin(8πx)).f(x)的定義(yi) 域與(yu) 區間[0,1]的交集是n個(ge) 開區間的並集。請問n的值是多少？
函數f(x)的表達式中包含了8個(ge) 正弦函數。單獨看每個(ge) 正弦函數，都很容易寫(xie) 出使函數值大於(yu) 0的集合——當然，大多數集合都是多個(ge) 區間的並集。但題目要求我們(men) 確定的是使這8個(ge) 函數的乘積大於(yu) 0的集合，這個(ge) 難度相對於(yu) 單個(ge) 函數而言，就像從(cong) 地麵一下子竄到了3萬(wan) 米高空。
隻有真正動手做起來，才會(hui) 明白這道題放在第24題實在是實至名歸！
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