2019-2020年高中數(shù)學(xué)競賽輔導(dǎo)資料《二次函數(shù)》(I).doc

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2019-2020年高中數(shù)學(xué)競賽輔導(dǎo)資料《二次函數(shù)》(I) 二次方程問題其實質(zhì)就是其相應(yīng)二次函數(shù)的零點(圖象與x軸的交點)問題，因此，二次方程的實根分布問題，即二次方程的實根在什么區(qū)間內(nèi)的問題，借助于二次函數(shù)及其圖象利用形數(shù)結(jié)合的方法來研究是非常有益的。 　　設(shè)f(x)=ax2+bx+c(a≠0)的二實根為x1,x2，(x1＜x2)，Δ=b2-4ac，且α、β(α＜β)是預(yù)先給定的兩個實數(shù)。 　　1．當(dāng)兩根都在區(qū)間(α,β)內(nèi)，方程系數(shù)所滿足的充要條件： 　　∵α＜x1＜x2＜β，對應(yīng)的二次函數(shù)f (x)的圖象有下列兩種情形(圖1) 　　當(dāng)a＞0時的充要條件是：Δ＞0，α＜-b/2a＜β，f(α)＞0，f (β)＞0 　　當(dāng)a＜0時的充要條件是：Δ＞0，α＜-b/2a＜β，f(α)＜0，f (β)＜0 　　兩種情形合并后的充要條件是： 　　Δ＞0，α＜-b/2a＜β，af(α)＞0，af (β)＞0 ① 　　2．當(dāng)兩根中有且僅有一根在區(qū)間（α，β）內(nèi)，方程系數(shù)所滿足的充要條件： 　　∵α＜x1＜β或α＜x2＜β，對應(yīng)的函數(shù)f(x)的圖象有下列四種情形（圖2） 　　從四種情形得充要條件是： 　　f (α)f (β)＜0　　　　　?、? 　　3．當(dāng)兩根都不在區(qū)間［α，β］內(nèi)方程系數(shù)所滿足的充要條件： 　?。?）兩根分別在區(qū)間［α，β］之外的兩旁時： 　　∵x1＜α＜β＜x2，對應(yīng)的函數(shù)f(x)的圖象有下列兩種情形（圖3）： 　　當(dāng)a＞0時的充要條件是：f (α)＜0，f (β)＜0 　　當(dāng)a＞0時的充要條件是：f (α)＞0，f (β)＞0 　　兩種情形合并后的充要條件是： 　　　　af (α)＜0，af (β)＜0　　　　?、? 　?。?）兩根分別在區(qū)間［α，β］之外的同旁時： 　　∵x1＜x2＜α＜β或α＜β＜x1＜x2，對應(yīng)函數(shù)f(x)的圖象有下列四種情形（圖4）： 　　當(dāng) x1＜x2＜α?xí)r的充要條件是： 　　Δ＞0，-b/2a＜α，af (α)＞0　　　?、? 　　當(dāng)β＜x1＜x2時的充要條件是： Δ＞0，-b/2a＞β，af (β)＞0　　　　?、? 二次函數(shù)與二次不等式 前面提到，一元二次不等式的解集相應(yīng)于一元二次函數(shù)的正值、負(fù)值區(qū)間。解不等式與證明不等式成立，經(jīng)常要用到二次函數(shù)的極值性質(zhì)、單調(diào)性、圖象與x軸的位置關(guān)系等。 例題講解 1. 已知方程x2+2px+1=0有一個根大于1，有一個根小于1，則P的取值為　　　　　。 2. 如果方程（1-m2）x2+2mx-1=0的兩個根一個小于零，另一個大于1，試確定m的范圍。 3. 已知二次函數(shù)f(x)=ax2+bx+c(a≠0).若方程f(x)=x無實根，求證：方程f[f(x)]=x也無實根， 4. 對二次函數(shù)f(x)= ax2+bx+c(a≠0)，求證，必存在x=M≠0，使f(M)均與a同號。 5. 若a1,a2,…,an,b1,b2,…,bn都是實數(shù)，求證：（a1b1+a2b2+…+anbn）2≤(a12+a22+…+a2n)(b12+b22+…+b2n) 6．設(shè)二次函數(shù)f(x)= ax2+bx+c(a＞0)，方程f(x)-x=0的兩個根x1,x2滿足0＜x1＜x2＜1/a。 　?。?）當(dāng)x∈(0,x1)時，證明x＜f(x)＜x1 　?。?）設(shè)函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x=x0對稱，證明：x0＜x1/2。 7．當(dāng)K為什么實數(shù)時，關(guān)于X的二次方程7x2-(k+13)x+k2-k-2=0的兩個實根α和β分別滿足0＜α＜1和1＜β＜2？ 8．函數(shù)y=(x+1)(x+2)(x+3)(x+4)+5在［-3,3］上的最小值是　　　　。 課后練習(xí) 1．f(x)是定義在全體實數(shù)上的偶函數(shù)，它的圖象關(guān)于x=2為軸對稱，已知當(dāng)x∈(-2,2]時f(x)的表達(dá)式為-x2+1，則當(dāng)x∈(-6,-2)時，f(x)的表達(dá)式是：(A)-x2+1，（B）-(x-2)2+1，(C)-(x+2)2+1，（D）-(x+4)2+1?！　。ā　。? 2．已知x2-4x+b=0的一個根的相反數(shù)為x2＋4x-b=0的根，則x2+bx-4=0的正根為　　　　。 3． 已知f(x)=x2+(lga+2)x+lgb且f(-1)=-2，又f(x)≥2x對一切x∈R都成立，求a+b=? 4．設(shè)θ∈[0,π]，關(guān)于x的方程x2-2∣x∣cosθ+1=0有實根，則4x2+13∣x∣+23=　　　。 5．已知方程ax2+bx+c=0(a≠0)有實根x1與x2，設(shè)P=x1xx+x2xx,q=x1xx+x2xx,r=x1xx+x2xx則ap+bq+cr= 。 6．若二次函數(shù)f(x)=ax2+bx+c(a＜0)滿足f(x+2)=f(2-x)，那么f(0),f(-xx),f(xx)的大小關(guān)系是（A）f(0)＜f(xx)＜f(-xx)，(B)f(xx)＜f(0)＜f(-xx)，(C)f(-xx)＜f(0)＜f(xx)，(D)f(-xx)＜f(xx)＜f(0) 7．若sin2x+cosx+a=0有實根，試確定實數(shù)a的取值范圍是什么？ 8．已知x,y都是實數(shù)，C=x2+y2-xy-x+y，則C的最小值等于　　　　　。 9．代數(shù)式2x2+2xy+2y2+2x+4y+5的最小值為：（A）0　?。˙）5　　（C）9/2　?。―）3 10．函數(shù)f(x)=x4-2x2+2的單調(diào)增區(qū)間是：（A）[1,+∞)，（B）(-∞,-1)∪[1,+∞)，(C)[-1,0]∪[1,+∞)，(D)以上都不對 11．若二次函數(shù)f(x)=ax2+bx，有f(x1)=f(x2)(x1≠x2)則f(x1+x2)= 。 　12．給定函數(shù)f(x)=x2+ax+b設(shè)P，q是滿足P+q=1的實數(shù)，證明，若對于任意的實數(shù)x,y，均有：pf(x)+qf(y)≥f(px+qy)，則0≤p≤1 課后練習(xí)答案 　1．（D）；2.2；3.110；4.40；5.0；6.(D)；7.[-5/4,1]；8.-1/3；9.(D)；10.(D)；11.0；12.(略)。 例題答案： 1．解：記f(x)=x2+2px+1，則f(x)r的圖象開口向上，當(dāng)f(x)與x軸的兩交點一個在（1,0）左方，另一個在（1,0）右方時，必有f(1)＜0，即：12+2P＋1＜0，即P＜－1 　　所以P的取值為（－∞，－1） 2．解：令f(x)=(1-m2)x2+2mx-1，根據(jù)題設(shè)條件，f(x)的圖形是下列兩種情形之一（圖5）： 　　得充要條件：（1-m2）f(0)＜0,(1-m2)f(1)＜0；即1-m2＞0,(1-m2)(2m-m2)＜0 　　解得：-1＜m＜0 3．證明：已知f(x)=ax2+bx+c(a≠0) 　　方程f(x)=x即f(x)-x=ax2+(b-1)x+c=0無實根，f(x)-x仍是二次函數(shù)，f(x)-x=0仍是二次方程，它無實根即Δ=(b-1)2-4ac＜0 　　若a＞0，則函數(shù)y=f(x)-x的圖象在x軸上方， 　　∴y＞0，即f(x)-x＞0恒成立，即：f(x)＞x對任意實數(shù)x恒成立。 　　∴對f(x)， 　　有f(f(x))＞f(x)＞x恒成立 　　∴f(f(x))=x無實根 　　若a＜0，函數(shù)y=f(x)-x的圖象在x軸下方 　　∴y＜0，即f(x)-x＜0恒成立 　　∴對任意實數(shù)x，f(x) ＜0恒成立 　　∴對實數(shù)f(x)，有：f(f(x))＜f(x)＜x恒成立 　　∴f(f(x))=x無實根 　　綜上可知，當(dāng)f(x)=x無實根時，方程f(f(x))=x也無實根 4．分析：這是一道證明題。從圖象上看，當(dāng)a＞0時，拋物線開口向上，f(x)＞0的解集要么為全體實數(shù)集合R（△＜0)；要么為（-∞,x0）∪(x0,+ ∞)(Δ=0,f(x0)=0)，要么為（-∞,x1）∪(x2,+∞) (Δ＞0,f(x1)=f(x2)=0)，故總可以找到M≠0，M∈R，或M∈（-∞,x0）∪(x0,+∞)，或M∈（-∞,x1）∪(x2,+∞)，使f(M)＞0，因此af(M)＞0，對于a＜0的情形，也是如此，只不過f(M)＜0，從代數(shù)的角度看問題，af(x)＞0即a2x2+abx+ac＞0?、偎薪馇医饧现邪鴛=M與x=-M（M≠0）一對相反數(shù)，因此，需考慮①所對應(yīng)的二次方程的判別式。 　　證明：∵f(x)= ax2+bx+c(a≠0) 　　　　　∴af(x)= a2x2+abx+ac=1/4［4a2x2+4abx+4ac］=1/4(2ax+b)2-1/4(b2-4ac) 　　　　　∴af(x)＞0即:1/4(2ax+b)2-1/4(b2-4ac)＞0 　　　亦即(2ax+b)2-(b2-4ac)＞0 　?。?）當(dāng)Δ=b2-4ac＜0時，af(x)＞0的解集為(-∞,+∞) 　　（2）當(dāng)Δ=b2-4ac=0時，af(x)＞0的解集為(-∞,-b/2a)∪（-b/2a,+∞) 　?。?）當(dāng)Δ=b2-4ac＞0時，方程af(x)=0有兩個不等的實數(shù)根x1,x2(x1＜x2)，相應(yīng)的不等式af(x)＞0的解集合為：（-∞,x1）∪(x2,+∞) 　　因為三種情況下的解集合均為無窮區(qū)間，故均存在-M與M同屬于解集合，使af(M)＞0，從而a與f(M)同號。 5．證明：構(gòu)造二次函數(shù) 　　f(x)=(a1x-b1)2+(a2x-b2)2+…+(anx-bn)2=(a12+a22+…+a2n)x2-2(a1b1+a2b2+…+anbn)x+(b12+b22+…+b2n) 　　當(dāng)a12+a22+…+a2n≠0即a1,a2,…,an不全為零時，顯然有對x∈R，f(x)≥0，故f(x)＝0的判別式：Δ=4（a1b1+a2b2+…+anbn）2-4(a12+a22+…+a2n)(b12+b22+…+b2n)≤0 　　即（a1b1+a2b2+…+anbn）2≤(a12+a22+…+a2n)(b12+b22+…+b2n) 　　當(dāng)a1=a2=…=an=0時，結(jié)論顯然成立，故命題成立。 　　[評注]本例中的不等式即是著名的柯西不等式，有時它也寫作。等號當(dāng)且僅當(dāng)a1/b1=a2/b2=…=an/bn時成立。 6．［分析］該題是一九九七年全國普通高考理工類數(shù)學(xué)第24題，它綜合考查二次函數(shù)、二次方程和不等式的基礎(chǔ)知識，以及靈活運用數(shù)學(xué)知識和方法分析、解決問題的能力，當(dāng)年沒有幾個考生能完整解答此題?？梢詮拇鷶?shù)與幾何兩個角度展開思考： 　　從代數(shù)角度看，f(x)是二次函數(shù)，從而方程f(x)-x=0即ax2+(b-1)x+c=0(a＞0)是二次方程，由于x1,x2是它的兩個根，且方程中x2的系數(shù)是a，因此有表達(dá)式：f(x)-x=a(x-x1)(x-x2)進(jìn)而，利用二次函數(shù)的性質(zhì)和題設(shè)條件，可得第（1）問的證明。 　　從幾何角度看，拋物線y=f(x)-x開口向上，因此在區(qū)間［x1,x2］的外部，f(x)-x＞0，（1）的左端得證。其次，拋物線y=f(x)的開口也向上，又x1=f(x1)，于是為了證得（1）的右端，相當(dāng)于要求證明函數(shù)f(x)在區(qū)間［0,x1］的最大值是f(x1)，這相當(dāng)于證明f(0)≤f(x1)，也即C≤x1，利用韋達(dá)定理和題設(shè)，立即可得。 　　至于（Ⅱ）的證明，應(yīng)用配方法可得x0=-b/2a，進(jìn)而利用韋達(dá)定理與題設(shè)，即得證明。 　　證明：①欲證：x＜f(x)＜x 　　只須證：0＜f(x)-x＜x1-x 　?、? 因為方程f(x)-x=0的兩根為x1,x2,f(x)=ax2+bx+c(a＞0)，∴f(x)-x=a(x-x1)(x-x2) 　?、偈郊? 0＜a(x-x1)(x-x2)＜x1-x ?、? 　　∵a＞0，x∈(0,x1),x1-x＞0,∴a(x1-x)＞0 　?、谑絻蛇呁詀(x1-x)＞0，得：0＜x2-x＜1/a，即：x＜x2＜1/a+x 　　這由已知條件：0＜x＜x1＜x2＜1/a，即得：x＜x2＜(1/a)＜1/a+x， 　　故命題得證。 　?。?）欲證x0＜x1/2，因為x0=-b/2a，故只須證：x0-x1/2=-b/2a-x1/2＜0　　③ 　　由韋達(dá)定理，x1+x2=(-b-1)/a，(x1+x2)/2=-(b-1)/2a，代入③式，有(-(b/2a))-(x1/2)=(x2/2)-(1/(2a))＜0 ,即：x2＜1/a 　　由已知：0＜x1＜x2＜1/a，命題得證。 　　［評注］證（1）用到了二次函數(shù)的零點式f(x)-x=a(x-x1)(x-x2) 　　　　　　證（2）用到了x0=-(b/(2a)),((x1+x2)/2)=-((b-1)/2a)，都是二次函數(shù)二次方程的基礎(chǔ)知識。 7．［分析］它是一個一元二次方程的問題，利用求根公式解出α、β，再解不等式0＜α＜1和1＜β＜2順理成章，但計算變形較繁難。如果把此題的方程的左端看作是一個二次函數(shù)的話，結(jié)合函數(shù)的圖象和性質(zhì)來解此題，那就簡便得多了。 　　解：設(shè)y=f(x)=7x2-(k+13)x+k2-k-2，則因為a=7＞0，且方程f(x)=0有兩實根α，β，所以它的圖象是開口向上且與X軸相交于兩點（α,0）、(β,0)的拋物線。由于0＜α＜1，1＜β＜2，可知在x＜α或x＞β時，f(x)取正值；在α＜x＜β時，f(x)取負(fù)值。于是，當(dāng)x分列取0,1，2時，有：f(0)=k2-k-2＞0，f(1)=k2-2k-8＜0，f(2)=k2-3k＞0解這三個不等式組成的不等式組，可得-2＜k＜-1和3＜k＜4。 　　顯然，上述三個一元二次不等式解起來要容易得多。 8．［分析］這是1996年北京高中一年級數(shù)學(xué)競賽的復(fù)試題，是一個四次函數(shù)的最值問題。表面上看起來很難。但借助于配方法、換元法及二次函數(shù)極（最）值性質(zhì)，可得結(jié)果。 　　解：∵y=(x+1)(x+2)(x+3)(x+4)+5 　　　　　 =[(x+1)(x+4)][(x+2)(x+3)]+5 　　　　　 =(x2+5x+4)(x2+5x+6)+5 　　　　　 =(x2+5x+5-1)(x2+5x+5+1)+5 　　　　　 =(x2+5x+5)2+4 　　設(shè)Z=x2+5x+5，則y=Z2+4，對Z=x2+5x+5=(x+5/2)2-5/4，x∈[-3,3]，易知Zmin=-5/4，Zmax=29 　　∴y=Z2+4，Z∈[-5/4,29]拋物線開口向上，對稱軸Z=0∈[-5/4,29]，∴ymin=4 　　故y=(x+1)(x+2)(x+3)(x+4)+5在［-3,3］上的最小值是4。