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高中数学竞赛系列讲座03


第三讲

二次函数(上)

二次函数是最简单的非线性函数之一,而且有着丰富内涵。在中学数学数材中,对二次 函数和二次方程, 二次三项式及二次不等式以及它们的基本性质, 都有深入和反复的讨论与 练习。它对近代数学,乃至现代数学,影响深远,为历年来高考数学考试的一项重点考查内 容,历久不衰,以它为核心内容的重点试题,也年年有所变化,不仅如此,在全国及各地的 高中数学竞赛中,有关二次函数的内容也是非常重要的命题对象。因此,必须透彻熟练地掌 握二次函数的基本性质。 学习二次函数的关键是抓住顶点(-b/2a,(4ac-b /4a),顶点的由来体现了配方法 2 2 2) 2 (y=ax +bx+c=a(x+b/2a) +(4ac-b /4a);图象的平移归结为顶点的平移(y=ax → 2 y=a(x-h) +k);函数的对称性(对称轴 x=-b/2a,f (-b/2a+x)=f (-b/2a-x),x?R),单 2) 2 调区间(-∞,-b/2a),[-b/2a,+∞]、极值((4ac-b /4a),判别式(Δ b -4ac)与 X 轴 的位置关系(相交、相切、相离)等,全都与顶点有关。 一、“四个二次型”概述 在河南教育出版社出版的《漫谈 ax +bx+c》一书中(作者翟连林等),有如下一个“框 图”: (一元)二次函数 (一元) 一次函数 → a=0 → 2 y=ax +bx+c (a≠0) y=bx+c(b≠0) ↑ ↑ (一元)二次三项式 → a=0 → 2 ax +bx+c(a≠0)
↓ ↓ ↓ ↓ ↓ 一元二次方程 ax +bx+c=0(a≠0)
2

2)

2

↑ ↑ 一次二项式 bx+c(b≠0)
↓ ↓ 一元一次方 → a=0 → 程 ↓ bx+c=0(b≠0) ↓ ↓


一元二次不等式 2 ax +bx+c>0 或 2 ax +bx+c<0(a≠0) → a=0 →


一元一次不等式
bx+c>0 或 bx+c<0(b≠0)

观察这个框图,就会发现:在 a≠0 的条件下,从二次三项式出发,就可派生出一 元二次函数,一元二次方程和一元二次不等式来。故将它们合称为“四个二次型”。其中二 2 次三项式 ax +bx+c(a≠0)像一颗心脏一样,支配着整个“四个二次型”的运动脉络。而二次 2 函数 y=ax +bx+c(a≠0),犹如“四个二次型”的首脑或统帅:它的定义域即自变量 X 的取值 2 范围是全体实数,即 n?R;它的解析式 f(x)即是二次三项式 ax +bx+c(a≠0);若 y=0,即 2 2 ax +bx+c=0(a≠0),就是初中重点研究的一元二次方程;若 y>0 或 y<0,即 ax +bx+c>0 或

ax +bx+c<0(a≠0),就是高中一年级重点研究的一元二次不等式,它总揽全局,是“四个 二次型”的灵魂。讨论零值的一元二次函数即一元二次方程是研究“四个二次型”的关键所 在,它直接影响着两大主干:一元二次方程和一元二次不等式的求解。一元二次方程的根可 看作二次函数的零点; 一元二次不等式的解集可看作二次函数的正、 负值区间。 心脏、 头脑、 关键、主干、一句话,“四个二次型”联系密切,把握它们的相互联系、相互转化、相互利 用,便于寻求规律,灵活运用,使学习事半功倍。 二、二次函数的解析式 上面提到, “四个二次型” 的心脏是二次三项式: 二次函数是通过其解析式来定义的 (要 特别注意二次项系数 a≠0);二次函数的性质是通过其解析式来研究的。因此,掌握二次 函数首先要会求解析式,进而才能用解析式去解决更多的问题。 Y=ax +bx+c(a≠0)中有三个字母系数 a、b、c,确定二次函数的解析式就是确定字母 a、 b、c 的取值。三个未知数的确定需要 3 个独立的条件,其方法是待定系数法,依靠的是方 程思想及解方程组。 二次函数有四种待定形式: 1.标准式(定义式):f(x)=ax +bx+c.(a≠0) 2 2.顶点式: f(x)=a(x-h) +k .(a≠0) 3.两根式(零点式):f(x)=a(x-x1)(x-x2). (a≠0) 4.三点式:(见罗增儒《高中数学竞赛辅导》) 过三点 A(x1,f (x1))、B(x2,f (x2))、C(x3,f (x3))的二次函数可设为 f (x)=a1(x-x2)(x-x3)+a2(x-x1)(x-x3)+a3(x-x1)(x-x2)把 ABC 坐标依次代入,即令 x=x1,x2,x3,得 f (x1)=a1(x1-x2)(x1-x3), f (x2)=a2(x2-x1)(x2-x3), f (x3)=a3(x3-x1)(x3-x2) 解之, a1=f (x1)/ (x1-x2)(x1-x3), 2=f (x2)/ (x2-x1)(x2-x3), 3=f (x3)/ (x3-x1)(x3-x2) 得: a a 从而得二次函数的三点式为:f(x)=[f(x1)/(x1-x2)](x1-x3)(x-x2)(x-x3)+[f(x2)/ (x2-x1)(x2-x3)](x-x1)(x-x3)+[f(x3)/(x3-x1)(x3-x2)](x-x1)(x-x2)根据题目所给的不同条件, 灵活地选用上述四种形式求解二次函数解析式,将会得心应手。 例 1. 已知二次函数的图象过(-1,-6),(1,-2)和(2,3)三点,求二次函数 的解析式。 [解法一]:用标准式 ∵图象过三点(-1,-6)、(1,-2)、(2,3)
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∴可设 y=f (x)=ax +bx+c,且有 a-b+c=-6 ①,a+b+c=-2 ②,4a+2b+c=3 ③ 解之得:a=1,b=2,c=-5 ∴所求二次函数为 y=x +2x-5 [解法二]:用三点式 ∵图象过三点(-1,-6),(1,-2),(2,3) ∴可设 y=a1(x-x2)(x-x3)+a2(x-x1)(x-x3)+a3(x-x1)(x-x2)=(a1+a2+a3)x -
[a1(x2+x3)+a2(x1+x3)+a3(x1+x2)]x+(a1x2x3+a2x1x3+a3x1x2)
2 2

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计算可得:a1=-6/(-1-1)(-1-2)=-1, a2=-2/ (1+1)(1-2)=1, a3=3/ (2+1)(2-1)=1 ∴f (x)=x +2x-5 例 2. 二次函数的图象通过点(2,-5),且它的顶点坐轴为(1,-8),求它的解 析式 解:∵它的顶点坐标已知 ∴可设 f (x)=a(x-1) -8 又函数图象通过点(2,-5), ∴a(2-1) -8=-5 解之,得 a=3 故所求的二次函数为: 2 y=3(x-1) -8 即:y=f (x)=3x -6x-5 [评注],以顶点坐标设顶点式 a(x-h) +k,只剩下二次项系数 a 为待定常数,以另一条 件代入得到关于 a 的一元一次方程求 a,这比设标准式要来得简便得多。 例 3. 已知二次函数的图象过 (-2,0) (3,0) 和 两点, 并且它的顶点的纵坐标为 125/4, 求它的解析式。 解:∵(-2,0)和(3,0)是 X 轴上的两点,
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∴x1=-2,x2=3 可设 y=f(x)=a(x+2)(x-3) 2 2 =a(x -x-6)=a[(x-1/2) -25/4] 2 =a(x-1/2) -25/4a 它的顶点的纵坐标为-25/4a ∴-25/4a=125/4,a=-5 故所求的二次函数为: f (x)=-5(x+2)(x-3)=-5x +5x+30 [想一想]:本例能否用顶点式来求? 例 4. 已知二次函数经过 3 点 A(1/2,3/4)、B(-1,3)、C(2,3),求解析式。 [分析]本例当然可用标准式、三点式求解析式,但解方程组与求 a1、a2、a3 计算较繁。 仔细观察三点坐标特点或画个草图帮助分析,注意到三点的特殊位置,则可引出如下巧解。 [解法一]: 顶点式: 由二次函数的对称性可知, B、 所连线段的中垂线 x=(-1+2)/2=1/2 点 C 即为图象的对称轴,从而点 A(1/2,3/4)必是二次函数的顶点,故可设顶点式: f(x)=a(x-(1/2)) +(3/4) 把 B 或 C 的坐标代入得:f(-1)=a(-3/2) +(3/4)=(9/4)a+(3/4)=3 解得:a=1 ∴f(x)=(x-(1/2)) +3/4=x -x+1 [解法二]由 B、C 的纵坐标相等可知 B、C 两点是函数 y=f (x)与直线 y=3 的交点,亦即 B、C 两点的横坐标是方程 f (x)=3 即 f (x)-3=0 的两个根故可设零点式为: f (x)-3=a(x+1)(x-2) 把 A 点坐标代入,有 f (1/2)-3=a(1/2+1)(1/2-2),即-9/4=-9/4a,a=1 从而 f (x)=(x+1)(x-2)+3 2 =x -x+1 三、二次函数的最值
2 2 2 2 2

我们知道,二次函数 y=f (x)=ax +bx+c (a≠0)利用配方法,可以得出: y=f(x)=ax +bx+c=a(x+(b/2a)) +((4ac-b /4a), 它的图象是开口向上或向下的抛物线,其顶点坐标是(-(b/2a),((4ac-b /4a)) 1.当自变量在全体实数范围内变化时,二次函数的最值为: a>0, 2) ymin=fmin=((4ac-b /4a) a<0, 2) ymax=fmax=((4ac-b /4a);
2) 2 2 2)

2



2.当自变量的取值范围为有限闭区间[p,g]时,其最值在 f (p)、f (g)、f (-b/2a)三 者中取得,最值情况如下表: -b/2a?[p,g] a>0 fmin=f(-b/2a)=((4ac-b /4a) fmax= max{f (p),f (g)} a<0 fmax=f (-b/2a)=((4ac-b /4a) fmin=min{f (p),f (g)} 例 5. 当 X 为何值时,函数 f(x)=(x-a1) +(x-a2) +?+(x-an) 取最小值。 解:∵f (x)=(x -2a1x+a1 )+(x -2a2x+a2 )+?+(x -2anx+an )=nx -2(a1+a2? 2 2 2 +an)x+(a1 +a2 +?+an ) ∴当 x=((a1+a2+?+an)/n)时,f(x)有最小值。 [评注]:1994 年全国普通高考命制了如下一个填空题,在测量某物理量的过程中,因 仪器和观察的误差,使得 n 次测量分别得到 a1、a2、?,an 共 n 个数据。我们规定的所测物 理量的“最佳近似值”a 是这样一个量:与其它近似值比较,a 与各数据差的平方和最小, 依此规定,从 a1,a2,?an 推出 a= 读者从例 5 的解答中,能否悟到解决此题的灵感? 例 6.(1982 年全国高中数学联赛试题) 已知 x1,x2 是方程 x -(k-2)x+(k +3k+5)=0 (k 为实数)的两个实数根,x1 +x2 的最大值 是:
(A)19; (B)18;
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2) 2)

-b/2a

[p,g]

fmin=min{f (p),f (g)} fmax=max{f (p),f (g)}

(C)50/9

(D)不存在

解:由韦达定理得:x1+x2=k-2,x1x2=k +3k+5

∴x1 +x2 =(x1+x2) -2x1x2 2 2 =(k-2) -2(k +3k+5) 2 =-k -10k-6 2 =-(k+5) +19 如果由此得 K=-5 时,(x1 +x2 )max=19,选(A),那就错了。为什么?已知该 x1,x2 是 方程的两个“实数”根,即方程必须有实数根才行,而此时方程的判别式Δ ≥0,即
Δ =(k-2) -4(k +3k+5)=-3k -16k-16≥0 ①
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解①得:-4≤k≤-4/3
∵k=-5 [-4,-4/3],设 f(k)=-(k+5) +19 则 f(-4)=18,f(-4/3)=50/9<18
2

∴当 k=-4 时,(x1 +x2 )max=18, ∴选(B) [评注]:求二次函数最值时,必须首先考虑函数定义域。否则,审题不慎,忽略“实数” 二字,就会掉进题目设置的“陷阱”中去了。 例 7. 已知 f (x)=x -2x+2,在 x?[t,t+1]上的最小值为 g (t),求 g (t)的表达式。
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解:f (x)= (x-1) +1 (1)当 t+1<1 即 t<0 时,g(t)=f(t+1)=t +1 (2)当 t≤1≤t+1,即 0≤t≤1 时,g (t)=f (1)=1 (3)当 t>1 时,g(t)=f (t)=t -2t+2
2 2

综合(1)、(2)、(3)得: 例 8.(1)当 x +2y =1 时,求 2x+3y 的最值; (2)当 3x +2y =6x 时,求 x +y 的最值。 解:(1)由 x +2y =1 得 y =1/2(1-x ),代入 2 2 2 2x+3y =2x+(3/2)(1-x )=(-(3/2))(x-(2/3)) +(13/6) 又 1-x =2y ≥0,∴x ≤1,-1≤x≤1 ∴当 x=2/3 时,y=(√10)/6,(2x+3y )max=16/3;
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当 x=-1 时,y=0, (2x+3y )min=-2
(2)由 3x +2y =6x,得 y =(3/2)x(2-x),代入 x +y =x +(3/2)x(2-x)=-1/2
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(x-3) +9/2 又 y =(3/2)x (2-x)≥0,得 0≤x≤2 当 x=2,y=0 时,(x +y )max=4;当 x=0,y=0 时,(x +y )min=0
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第三讲
四、二次函数与二次方程

二次函数(下)

二次方程问题其实质就是其相应二次函数的零点(图象与 x 轴的交点)问题, 因此, 二次 方程的实根分布问题, 即二次方程的实根在什么区间内的问题, 借助于二次函数及其图象利 用形数结合的方法来研究是非常有益的。 设 f (x)=ax +bx+c(a≠0)的二实根为 x1,x2,(x1<x2),Δ =b -4ac,且α 、β (α <β ) 是预先给定的两个实数。 1.当两根都在区间(α ,β )内,方程系数所满足的充要条件: ∵α <x1<x2<β ,对应的二次函数 f (x)的图象有下列两种情形(图 1)
2 2

当 a>0 时的充要条件是:Δ >0,α <-b/2a<β ,f(α )>0,f (β )>0 当 a<0 时的充要条件是:Δ >0,α <-b/2a<β ,f(α )<0,f (β )<0 两种情形合并后的充要条件是: Δ >0,α <-b/2a<β ,af(α )>0,af (β )>0 ①

2.当两根中有且仅有一根在区间(α ,β )内,方程系数所满足的充要条件: ∵α <x1<β 或α <x2<β ,对应的函数 f(x)的图象有下列四种情形(图 2)

从四种情形得充要条件是: f (α )·f (β )<0 ②

3.当两根都不在区间[α ,β ]内方程系数所满足的充要条件: (1)两根分别在区间[α ,β ]之外的两旁时: ∵x1<α <β <x2,对应的函数 f(x)的图象有下列两种情形(图 3):

当 a>0 时的充要条件是:f (α )<0,f (β )<0 当 a>0 时的充要条件是:f (α )>0,f (β )>0 两种情形合并后的充要条件是: af (α )<0,af (β )<0 ③

(2)两根分别在区间[α ,β ]之外的同旁时: ∵x1<x2<α <β 或α <β <x1<x2,对应函数 f(x)的图象有下列四种情形(图 4):

当 x1<x2<α 时的充要条件是: Δ >0,-b/2a<α ,af (α )>0 当β <x1<x2 时的充要条件是: ④

Δ >0,-b/2a>β ,af (β )>0
2

⑤ 。

例 9. 已知方程 x +2px+1=0 有一个根大于 1, 有一个根小于 1, P 的取值为 则
2

解: f(x)=x +2px+1, f(x)r 的图象开口向上, f(x)与 x 轴的两交点一个在 记 则 当 (1,0) 左方,另一个在(1,0)右方时,必有 f(1)<0,即: 1 +2P+1<0,即 P<-1 所以 P 的取值为(-∞,-1) 例 10.如果方程(1-m )x +2mx-1=0 的两个根一个小于零,另一个大于 1,试确定 m 的 范围。 解: f(x)=(1-m )x +2mx-1, 令 根据题设条件,f(x)的图形是下列两种情形之一(图 5) :
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得充要条件:(1-m )f(0)<0,(1-m )f(1)<0;即 1-m >0,(1-m )(2m-m )<0 解得:-1<m<0 例 11. 已知二次函数 f(x)=ax +bx+c(a≠0).若方程 f(x)=x 无实根, 求证: 方程 f[f(x)]=x 也无实根,(北京市 1994 年高中一年级数学竞赛复赛试题)。 证明:已知 f(x)=ax +bx+c(a≠0) 方程 f(x)=x 即 f(x)-x=ax +(b-1)x+c=0 无实根,f(x)-x 仍是二次函数,f(x)-x=0 仍是 2 二次方程,它无实根即Δ =(b-1) -4ac<0 若 a>0,则函数 y=f(x)-x 的图象在 x 轴上方, ∴y>0,即 f(x)-x>0 恒成立,即:f(x)>x 对任意实数 x 恒成立。 ∴对 f(x), 有 f(f(x))>f(x)>x 恒成立 ∴f(f(x))=x 无实根 若 a<0,函数 y=f(x)-x 的图象在 x 轴下方
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∴y<0,即 f(x)-x<0 恒成立 ∴对任意实数 x,f(x) <0 恒成立 ∴对实数 f(x),有:f(f(x))<f(x)<x 恒成立 ∴f(f(x))=x 无实根 综上可知,当 f(x)=x 无实根时,方程 f(f(x))=x 也无实根 五.二次函数与二次不等式 前面提到,一元二次不等式的解集相应于一元二次函数的正值、负值区间。解不等式与 证明不等式成立,经常要用到二次函数的极值性质、单调性、图象与 x 轴的位置关系等。 例 12.对二次函数 f(x)= ax +bx+c(a≠0),求证,必存在 x=±M≠0,使 f(±M)均与 a 同号。 分析:这是一道证明题。从图象上看,当 a>0 时,抛物线开口向上,f(x)>0 的解集 要么为全体实数集合 R(△<0);要么为(-∞,x0)∪(x0,+ ∞)(Δ =0,f(x0)=0),要么为(∞,x1) ∪(x2,+∞) (Δ >0,f(x1)=f(x2)=0), 故总可以找到±M≠0, ±M?R, 或±M? (-∞,x0) ∪(x0,+∞),或±M?(-∞,x1)∪(x2,+∞),使 f(±M)>0,因此 af(±M)>0,对于 a<0 2 2 的情形,也是如此,只不过 f(±M)<0,从代数的角度看问题,af(x)>0 即 a x +abx+ac>0 ①它有解且解集合中包含着 x=M 与 x=-M(M≠0)一对相反数,因此,需考虑①所对应的二 次方程的判别式。 证明:∵f(x)= ax +bx+c(a≠0) ∴af(x)= a x +abx+ac=1/4[4a x +4abx+4ac]=1/4(2ax+b) -1/4(b -4ac) ∴af(x)>0 即:1/4(2ax+b) -1/4(b -4ac)>0 亦即(2ax+b) -(b -4ac)>0 (1)当Δ =b -4ac<0 时,af(x)>0 的解集为(-∞,+∞) 2 (2)当Δ =b -4ac=0 时,af(x)>0 的解集为(-∞,-b/2a)∪(-b/2a,+∞) 2 (3)当Δ =b -4ac>0 时,方程 af(x)=0 有两个不等的实数根 x1,x2(x1<x2),相应的不 等式 af(x)>0 的解集合为:(-∞,x1)∪(x2,+∞) 因为三种情况下的解集合均为无穷区间,故均存在-M 与 M 同属于解集合,使 af(±M) >0,从而 a 与 f(±M)同号。 例 13.若 a1,a2,?,an,b1,b2,?,bn 都是实数,求证:(a1b1+a2b2+?+anbn) ≤(a1 +a2 +? 2 2 2 2 +a n)(b1 +b2 +?+b n) 证明:构造二次函数
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f(x)=(a1x-b1) +(a2x-b2) +?+(anx-bn) =(a1 +a 2+?+a n)x -2(a1b1+a2b2+? 2 2 2 +anbn)x+(b1 +b 2+?+b n) 当 a1 +a 2+?+a n≠0 即 a1,a2,?,an 不全为零时,显然有对 x?R,f(x)≥0,故 f(x)=0 2 2 2 2 2 2 2 的判别式:Δ =4(a1b1+a2b2+?+anbn) -4(a1 +a2 +?+a n)·(b1 +b 2+?+b n)≤0 即(a1b1+a2b2+?+anbn) ≤(a1 +a2 +?+a n)·(b1 +b 2+?+b n) 当 a1=a2=?=an=0 时,结论显然成立,故命题成立。 [评注]本例中的不等式即是著名的柯西不等式,有时它也写作
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。等号当且仅当 a1/b1=a2/b2=?=an/bn 时成立。 例 14.设二次函数 f(x)= ax +bx+c(a>0),方程 f(x)-x=0 的两个根 x1,x2 满足 0<x1< x2<1/a。 (1)当 x?(0,x1)时,证明 x<f(x)<x1 (2)设函数 f(x)的图象关于直线 x=x0 对称,证明:x0<x1/2。 [分析]该题是一九九七年全国普通高考理工类数学第 24 题,它综合考查二次函数、 二次方程和不等式的基础知识,以及灵活运用数学知识和方法分析、解决问题的能力,当年 没有几个考生能完整解答此题。可以从代数与几何两个角度展开思考: 从代数角度看,f(x)是二次函数,从而方程 f(x)-x=0 即 ax +(b-1)x+c=0(a>0)是二次 2 方程, 由于 x1,x2 是它的两个根, 且方程中 x 的系数是 a, 因此有表达式: f(x)-x=a(x-x1)(x-x2) 进而,利用二次函数的性质和题设条件,可得第(1)问的证明。 从几何角度看,抛物线 y=f(x)-x 开口向上,因此在区间[x1,x2]的外部,f(x)-x>0, (1)的左端得证。其次,抛物线 y=f(x)的开口也向上,又 x1=f(x1),于是为了证得(1)的 右端, 相当于要求证明函数 f(x)在区间 [0,x1] 的最大值是 f(x1), 这相当于证明 f(0)≤f(x1), 也即 C≤x1,利用韦达定理和题设,立即可得。 至于(Ⅱ)的证明,应用配方法可得 x0=-b/2a,进而利用韦达定理与题设,即得证明。 证明:①欲证:x<f(x)<x
只须证:0<f(x)-x<x1-x
2 2 2



因为方程 f(x)-x=0 的两根为 x1,x2,f(x)=ax +bx+c(a>0),∴f(x)-x=a(x-x1)(x-x2)
①式即: 0<a(x-x1)(x-x2)<x1-x ②

∵a>0,x?(0,x1),x1-x>0,∴a(x1-x)>0

②式两边同除以 a(x1-x)>0,得:0<x2-x<1/a,即:x<x2<1/a+x 这由已知条件:0<x<x1<x2<1/a,即得:x<x2<(1/a)<1/a+x, 故命题得证。 (2)欲证 x0<x1/2,因为 x0=-b/2a,故只须证:x0-x1/2=-b/2a-x1/2<0 由韦达定理,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,命题得证。 [评注]证(1)用到了二次函数的零点式 f(x)-x=a(x-x1)(x-x2) 证(2)用到了 x0=-(b/(2a)),((x1+x2)/2)=-((b-1)/2a),都是二次函数二次方 程的基础知识。 六、“四个二次型”的综合运用 二次三项式、 一元二次函数、 一元二次方程和一元二次不等式是相辅相成的一个有机整 体,函数的研究离不开方程和不等式;方程和不等式的解的讨论同样要结合函数的性质。 例 15.当 K 为什么实数时,关于 X 的二次方程 7x -(k+13)x+k -k-2=0 的两个实根α 和 β 分别满足 0<α <1 和 1<β <2? [分析]它是一个一元二次方程的问题,利用求根公式解出α 、β ,再解不等式 0<α <1 和 1<β <2 顺理成章,但计算变形较繁难。如果把此题的方程的左端看作是一个二次 函数的话,结合函数的图象和性质来解此题,那就简便得多了。 解:设 y=f(x)=7x -(k+13)x+k -k-2,则因为 a=7>0,且方程 f(x)=0 有两实根α ,β , 所以它的图象是开口向上且与 X 轴相交于两点(α ,0)、(β ,0)的抛物线。由于 0<α <1, 1<β <2,可知在 x<α 或 x>β 时,f(x)取正值;在α <x<β 时,f(x)取负值。于是,当 2 2 2 x 分列取 0,1,2 时,有:f(0)=k -k-2>0,f(1)=k -2k-8<0,f(2)=k -3k>0 解这三个不等 式组成的不等式组,可得-2<k<-1 和 3<k<4。 显然,上述三个一元二次不等式解起来要容易得多。 例 16.函数 y=(x+1)(x+2)(x+3)(x+4)+5 在[-3,3]上的最小值是 。
2 2 2 2



[分析]这是 1996 年北京高中一年级数学竞赛的复试题,是一个四次函数的最值问题。 表面上看起来很难。但借助于配方法、换元法及二次函数极(最)值性质,可得结果。

解:∵y=(x+1)(x+2)(x+3)(x+4)+5
=[(x+1)(x+4)][(x+2)(x+3)]+5 =(x +5x+4)(x +5x+6)+5 =(x +5x+5-1)(x +5x+5+1)+5 =(x +5x+5) +4 设 Z=x +5x+5,则 y=Z +4,对 Z=x +5x+5=(x+5/2) -5/4,x?[-3,3],易知 Zmin=-5/4,Zmax=29
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

∴y=Z +4,Z?[-5/4,29]抛物线开口向上,对称轴 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。 习题三 1. f(x)是定义在全体实数上的偶函数, 它的图象关于 x=2 为轴对称, 已知当 x?(-2,2] 2 2 2 时 f(x)的表达式为-x +1, 则当 x?(-6,-2)时, f(x)的表达式是: (A)-x +1, (B) -(x-2) +1, 2 2 (C)-(x+2) +1,(D)-(x+4) +1。 ( ) 2.已知 x -4x+b=0 的一个根的相反数为 x +4x-b=0 的根,则 x +bx-4=0 的正根 为 。 3.已知 f(x)=x +(lga+2)x+lgb 且 f(-1)=-2, f(x)≥2x 对一切 x?R 都成立, a+b=? 又 求 4.设θ ?[0,π ],关于 x 的方程 x -2∣x∣cosθ +1=0 有实根,则 4x +13∣x∣ +23= 。
5.已知方程 ax +bx+c=0(a≠0)有实根 x1 与 x2,设 P=x1 ap+bq+cr= 。
2
2 2002

2

2

2

2

2

2

2

+x2

2002

,q=x1

2001

+x2

2001

,r=x1

2000

+x2

2000



6. 若二次函数 f(x)=ax +bx+c(a<0)满足 f(x+2)=f(2-x), 那么 f(0),f(-2002),f(2002) 的大小关系是 (A) f(0)<f(2002)<f(-2002), (B)f(2002)<f(0)<f(-2002), (C)f(-2002) <f(0)<f(2002),(D)f(-2002)<f(2002)<f(0) 7.若 sin x+cosx+a=0 有实根,试确定实数 a 的取值范围是什么? 8.已知 x,y 都是实数,C=x +y -xy-x+y,则 C 的最小值等于 9.代数式 2x +2xy+2y +2x+4y+5 的最小值为:(A)0 3 10.函数 f(x)=x -2x +2 的单调增区间是:(A)[1,+∞),(B)(-∞,-1)∪[1,+∞), (C)[-1,0]∪[1,+∞),(D)以上都不对
11.若二次函数 f(x)=ax +bx,有 f(x1)=f(x2)(x1≠x2)则 f(x1+x2)=
2

2

2

2

。 (C)9/2 (D)

2

2

(B)5

4

2



12. 给定函数 f(x)=x +ax+b 设 P, 是满足 P+q=1 的实数, q 证明, 若对于任意的实数 x,y, 均有:pf(x)+qf(y)≥f(px+qy),则 0≤p≤1 参考答案 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)。

2


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