高中数学竞赛系列讲座03.docx
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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-b2)/4a),顶点的由来体现了配方法(y=ax2+bx+c=a(x+b/2a)2+(4ac-b2)/4a);图象的平移归结为顶点的平移(y=ax2→y=a(x-h)2+k);函数的对称性(对称轴x=-b/2a,f(-b/2a+x)=f(-b/2a-x),x∈R),单调区间(-∞,-b/2a),[-b/2a,+∞]、极值((4ac-b2)/4a),判别式(Δb2-4ac)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ax2+bx+c》一书中(作者翟连林等),有如下一个“框图”:
(一元)二次函数
y=ax2+bx+c(a≠0)
→
a=0
→
(一元)一次函数
y=bx+c(b≠0)
↑
↑
↑
↑
(一元)二次三项式
ax2+bx+c(a≠0)
→
a=0
→
一次二项式
bx+c(b≠0)
↓
↓
↓
↓
↓
↓
↓
↓
↓
一元二次方程
ax2+bx+c=0(a≠0)
→
a=0
→
一元一次方程
bx+c=0(b≠0)
↓
↓
↓
一元二次不等式
ax2+bx+c>0或
ax2+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”。
其中二次三项式ax2+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。
而二次函数y=ax2+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的取值范围是全体实数,即n∈R;它的解析式f(x)即是二次三项式ax2+bx+c(a≠0);若y=0,即ax2+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ax2+bx+c>0或ax2+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=ax2+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)=ax2+bx+c.(a≠0)
2.顶点式:
f(x)=a(x-h)2+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,得:
a1=f(x1)/(x1-x2)(x1-x3),a2=f(x2)/(x2-x1)(x2-x3),a3=f(x3)/(x3-x1)(x3-x2)
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)
∴可设y=f(x)=ax2+bx+c,且有a-b+c=-6 ①,a+b+c=-2②,4a+2b+c=3③
解之得:
a=1,b=2,c=-5
∴所求二次函数为y=x2+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)x2-
[a1(x2+x3)+a2(x1+x3)+a3(x1+x2)]x+(a1x2x3+a2x1x3+a3x1x2)
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)=x2+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)2-8
又函数图象通过点(2,-5),
∴a(2-1)2-8=-5
解之,得a=3
故所求的二次函数为:
y=3(x-1)2-8
即:
y=f(x)=3x2-6x-5
[评注],以顶点坐标设顶点式a(x-h)2+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)和(3,0)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,
∴x1=-2,x2=3
可设y=f(x)=a(x+2)(x-3)
=a(x2-x-6)=a[(x-1/2)2-25/4]
=a(x-1/2)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)=-5x2+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,点B、C所连线段的中垂线x=(-1+2)/2=1/2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))2+(3/4)
把B或C的坐标代入得:
f(-1)=a(-3/2)2+(3/4)=(9/4)a+(3/4)=3
解得:
a=1
∴f(x)=(x-(1/2))2+3/4=x2-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
=x2-x+1
三、二次函数的最值
我们知道,二次函数y=f(x)=ax2+bx+c(a≠0)利用配方法,可以得出:
y=f(x)=ax2+bx+c=a(x+(b/2a))2+((4ac-b2)/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-b2)/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, a<0,
ymin=fmin=((4ac-b2)/4a) ; ymax=fmax=((4ac-b2)/4a);
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]
-b/2a
[p,g]
a>0
fmin=f(-b/2a)=((4ac-b2)/4a)
fmax=max{f(p),f(g)}
fmin=min{f(p),f(g)}
fmax=max{f(p),f(g)}
a<0
fmax=f(-b/2a)=((4ac-b2)/4a)
fmin=min{f(p),f(g)}
例5. 当X为何值时,函数
f(x)=(x-a1)2+(x-a2)2+…+(x-an)2取最小值。
解:
∵f(x)=(x2-2a1x+a12)+(x2-2a2x+a22)+…+(x2-2anx+an2)=nx2-2(a1+a2…+an)x+(a12+a22+…+an2)
∴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x2-(k-2)x+(k2+3k+5)=0 (k为实数)的两个实数根,x12+x22的最大值是:
(A)19; (B)18; (C)50/9 (D)不存在
解:
由韦达定理得:
x1+x2=k-2,x1x2=k2+3k+5
∴x12+x22=(x1+x2)2-2x1x2
=(k-2)2-2(k2+3k+5)
=-k2-10k-6
=-(k+5)2+19
如果由此得K=-5时,(x12+x22)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)2-4(k2+3k+5)=-3k2-16k-16≥0①
解①得:
-4≤k≤-4/3
∵k=-5
[-4,-4/3],设f(k)=-(k+5)2+19则f(-4)=18,f(-4/3)=50/9<18
∴当k=-4时,(x12+x22)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)=x2-2x+2,在x∈[t,t+1]上的最小值为g(t),求g(t)的表达式。
解:
f(x)=(x-1)2+1
(1)当t+1<1即t<0时,g(t)=f(t+1)=t2+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)=t2-2t+2
综合
(1)、
(2)、(3)得:
例8.
(1)当x2+2y2=1时,求2x+3y2的最值;
(2)当3x2+2y2=6x时,求x2+y2的最值。
解:
(1)由x2+2y2=1得y2=1/2(1-x2),代入2x+3y2=2x+(3/2)(1-x2)=(-(3/2))(x-(2/3))2+(13/6)
又1-x2=2y2≥0,∴x2≤1,-1≤x≤1
∴当x=2/3时,y=(√10)/6,(2x+3y2)max=16/3;
当x=-1时,y=0, (2x+3y2)min=-2
(2)由3x2+2y2=6x,得y2=(3/2)x(2-x),代入x2+y2=x2+(3/2)x(2-x)=-1/2(x-3)2+9/2
又y2=(3/2)x(2-x)≥0,得0≤x≤2
当x=2,y=0时,(x2+y2)max=4;当x=0,y=0时,(x2+y2)min=0
第三讲 二次函数(下)
四、二次函数与二次方程
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)=ax2+bx+c(a≠0)的二实根为x1,x2,(x1<x2),Δ=b2-4ac,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)
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 ④
当β<x1<x2时的充要条件是:
Δ>0,-b/2a>β,af(β)>0 ⑤
例9.已知方程x2+2px+1=0有一个根大于1,有一个根小于1,则P的取值为 。
解:
记f(x)=x2+2px+1,则f(x)r的图象开口向上,当f(x)与x轴的两交点一个在(1,0)左方,另一个在(1,0)右方时,必有f
(1)<0,即:
12+2P+1<0,即P<-1
所以P的取值为(-∞,-1)
例10.如果方程(1-m2)x2+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:
令f(x)=(1-m2)x2+2mx-1,根据题设条件,f(x)的图形是下列两种情形之一(图5):
得充要条件:
(1-m2)f(0)<0,(1-m2)f
(1)<0;即1-m2>0,(1-m2)(2m-m2)<0
解得:
-1<m<0
例11.已知二次函数f(x)=ax2+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)=ax2+bx+c(a≠0)
方程f(x)=x即f(x)-x=ax2+(b-1)x+c=0无实根,f(x)-x仍是二次函数,f(x)-x=0仍是二次方程,它无实根即Δ=(b-1)2-4ac<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
∴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)=ax2+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a2x2+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)=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
(1)当Δ=b2-4ac<0时,af(x)>0的解集为(-∞,+∞)
(2)当Δ=b2-4ac=0时,af(x)>0的解集为(-∞,-b/2a)∪(-b/2a,+∞)
(3)当Δ=b2-4ac>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)2≤(a12+a22+…+a2n)(b12+b22+…+b2n)
证明:
构造二次函数
f(x)=(a1x-b1)2+(a2x-b2)2+…+(anx-bn)2=(a12+a22+…+a2n)x2-2(a1b1+a2b2+…+anbn)x+(b12+b22+…+b2n)
当a12+a22+…+a2n≠0即a1,a2,…,an不全为零时,显然有对x∈R,f(x)≥0,故f(x)=0的判别式:
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)
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
。
等号当且仅当a1/b1=a2/b2=…=an/bn时成立。
例14.设二次函数f(x)=ax2+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ax2+(b-1)x+c=0(a>0)是二次方程,由于x1,x2是它的两个根,且方程中x2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 ①
因为方程f(x)-x=0的两根为x1,x2,f(x)=ax2+bx+c(a>0),∴f(x)-x=a(x-x1)(x-x2)
①式即:
0<a(x-x
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