高中数学竞赛辅导2 二次函数与命题

智浪教育-普惠英才第二章二次函数与命题一、基础知识1．二次函数：当a0时，y=ax2+bx+c或f(x)=ax2+bx+c称为关于x的二次函数，其对称轴为直线x=-ab2，另外配方可得f(x)=a(x-x0)2+f(x0)，其中x0=-ab2，下同．2．二次函数的性质：当a0时，f(x)的图象开口向上，在区间（-∞，x0]上随自变量x增大函数值减小（简称递减），在[x0，-∞）上随自变量增大函数值增大（简称递增）．当a0时，情况相反．3．当a0时，方程f(x)=0即ax2+bx+c=0…①和不等式ax2+bx+c0…②及ax2+bx+c0…③与函数f(x)的关系如下（记△=b2-4ac）．1）当△0时，方程①有两个不等实根，设x1，x2(x1x2)，不等式②和不等式③的解集分别是{x|xx1或xx2}和{x|x1xx2}，二次函数f(x)图象与x轴有两个不同的交点，f(x)还可写成f(x)=a(x-x1)(x-x2).2）当△=0时，方程①有两个相等的实根x1=x2=x0=ab2，不等式②和不等式③的解集分别是{x|xab2}和空集，f(x)的图象与x轴有唯一公共点．3）当△0时，方程①无解，不等式②和不等式③的解集分别是R和.f(x)图象与x轴无公共点．当a0时，请读者自己分析．4．二次函数的最值：若a0，当x=x0时，f(x)取最小值f(x0)=abac442，若a0，则当x=x0=ab2时，f(x)取最大值f(x0)=abac442.对于给定区间[m，n]上的二次函数f(x)=ax2+bx+c(a0)，当x0∈[m，n]时，f(x)在[m，n]上的最小值为f(x0);当x0m时．f(x)在[m，n]上的最小值为f(m)；当x0n时，f(x)在[m，n]上的最小值为f(n)（以上结论由二次函数图象即可得出）．定义1能判断真假的语句叫命题，如“35”是命题，“萝卜好大”不是命题．不含逻辑联结词“或”、“且”、“非”的命题叫做简单命题，由简单命题与逻辑联结词构成的命题由复合命题．注1“p或q”复合命题只有当p，q同为假命题时为假，否则为真命题；“p且q”复合命题只有当p，q同时为真命题时为真，否则为假命题；p与“非p”即“p”恰好一真一假．定义2原命题：若p则q（p为条件，q为结论）；逆命题：若q则p；否命题：若非p则q；逆否命题：若非q则非p．注2原命题与其逆否命题同真假．一个命题的逆命题和否命题同真假．注3反证法的理论依据是矛盾的排中律，而未必是证明原命题的逆否命题．定义3如果命题“若p则q”为真，则记为pq否则记作pq.在命题“若p则q”中，如果已知pq，则p是q的充分条件；如果qp，则称p是q的必要条件；如果pq但q不p，则称p是q的充分非必要条件；如果p不q但pq，则p称为q的必要非充分条件；若pq且qp，则p是q的充要条件．二、方法与例题1．待定系数法．例1设方程x2-x+1=0的两根是α，β，求满足f(α)=β，f(β)=α，f(1)=1的二次函数f(x).【解】设f(x)=ax2+bx+c(a0)，则由已知f(α)=β，f(β)=α相减并整理得（α-β）[（α+β）a+b+1]=0，因为方程x2-x+1=0中△0，所以αβ，所以(α+β)a+b+1=0.又α+β=1，所以a+b+1=0.智浪教育-普惠英才又因为f(1)=a+b+c=1，所以c-1=1，所以c=2.又b=-(a+1)，所以f(x)=ax2-(a+1)x+2.再由f(α)=β得aα2-(a+1)α+2=β，所以aα2-aα+2=α+β=1，所以aα2-aα+1=0.即a(α2-α+1)+1-a=0，即1-a=0，所以a=1，所以f(x)=x2-2x+2.2．方程的思想．例2已知f(x)=ax2-c满足-4≤f(1)≤-1，-1≤f(2)≤5，求f(3)的取值范围．【解】因为-4≤f(1)=a-c≤-1，所以1≤-f(1)=c-a≤4.又-1≤f(2)=4a-c≤5，f(3)=38f(2)-35f(1)，所以38×(-1)+35≤f(3)≤38×5+35×4，所以-1≤f(3)≤20.3．利用二次函数的性质．例3已知二次函数f(x)=ax2+bx+c(a，b，c∈R，a0)，若方程f(x)=x无实根，求证：方程f(f(x))=x也无实根．【证明】若a0，因为f(x)=x无实根，所以二次函数g(x)=f(x)-x图象与x轴无公共点且开口向上，所以对任意的x∈R，f(x)-x0即f(x)x，从而f(f(x))f(x)．所以f(f(x))x，所以方程f(f(x))=x无实根．注：请读者思考例3的逆命题是否正确．4．利用二次函数表达式解题．例4设二次函数f(x)=ax2+bx+c(a0)，方程f(x)=x的两根x1，x2满足0x1x2a1，（Ⅰ）当x∈(0，x1)时，求证：xf(x)x1；（Ⅱ）设函数f(x)的图象关于x=x0对称，求证：x0.21x【证明】因为x1，x2是方程f(x)-x=0的两根，所以f(x)-x=a(x-x1)(x-x2)，即f(x)=a(x-x1)(x-x2)+x.（Ⅰ）当x∈(0，x1)时，x-x10，x-x20，a0，所以f(x)x.其次f(x)-x1=(x-x1)[a(x-x2)+1]=a(x-x1)[x-x2+a1]0，所以f(x)x1.综上，xf(x)x1.（Ⅱ）f(x)=a(x-x1)(x-x2)+x=ax2+[1-a(x1+x2)]x+ax1x2，所以x0=axxaxxa21221)(2121，所以012121222210axaxxx，所以.210xx5．构造二次函数解题．例5已知关于x的方程(ax+1)2=a2(a-x2)，a1，求证：方程的正根比1小，负根比-1大．【证明】方程化为2a2x2+2ax+1-a2=0.构造f(x)=2a2x2+2ax+1-a2，f(1)=(a+1)20，f(-1)=(a-1)20，f(0)=1-a20，即△0，智浪教育-普惠英才所以f(x)在区间（-1，0）和（0，1）上各有一根．即方程的正根比1小，负根比-1大．6．定义在区间上的二次函数的最值．例6当x取何值时，函数y=2224)1(5xxx取最小值？求出这个最小值．【解】y=1-222)1(511xx，令112xu，则0u≤1．y=5u2-u+1=5201920191012u，且当101u即x=3时，ymin=2019.例7设变量x满足x2+bx≤-x(b-1)，并且x2+bx的最小值是21，求b的值．【解】由x2+bx≤-x(b-1)，得0≤x≤-(b+1).ⅰ)-2b≤-(b+1)，即b≤-2时，x2+bx的最小值为-214,422bb，所以b2=2，所以2b（舍去）．ⅱ)-2b-(b+1)，即b-2时，x2+bx在[0，-(b+1)]上是减函数，所以x2+bx的最小值为b+1，b+1=-21，b=-23.综上，b=-23.7.一元二次不等式问题的解法．例8已知不等式组12022axaaxx①②的整数解恰好有两个，求a的取值范围．【解】因为方程x2-x+a-a2=0的两根为x1=a，x2=1-a，若a≤0，则x1x2.①的解集为ax1-a，由②得x1-2a.因为1-2a≥1-a，所以a≤0，所以不等式组无解．若a0，ⅰ）当0a21时，x1x2，①的解集为ax1-a.因为0ax1-a1，所以不等式组无整数解．ⅱ）当a=21时，a=1-a，①无解．ⅲ）当a21时，a1-a，由②得x1-2a，所以不等式组的解集为1-axa.又不等式组的整数解恰有2个，所以a-(1-a)1且a-(1-a)≤3，所以1a≤2，并且当1a≤2时，不等式组恰有两个整数解0，1．综上，a的取值范围是1a≤2.8．充分性与必要性．例9设定数A，B，C使得不等式A(x-y)(x-z)+B(y-z)(y-x)+C(z-x)(z-y)≥0①对一切实数x，y，z都成立，问A，B，C应满足怎样的条件？（要求写出充分必要条件，智浪教育-普惠英才而且限定用只涉及A，B，C的等式或不等式表示条件）【解】充要条件为A，B，C≥0且A2+B2+C2≤2(AB+BC+CA).先证必要性，①可改写为A(x-y)2-(B-A-C)(y-z)(x-y)+C(y-z)2≥0②若A=0，则由②对一切x，y，z∈R成立，则只有B=C，再由①知B=C=0，若A0，则因为②恒成立，所以A0，△=(B-A-C)2(y-z)2-4AC(y-z)2≤0恒成立，所以(B-A-C)2-4AC≤0，即A2+B2+C2≤2(AB+BC+CA)同理有B≥0，C≥0，所以必要性成立．再证充分性，若A≥0，B≥0，C≥0且A2+B2+C2≤2(AB+BC+CA)，1）若A=0，则由B2+C2≤2BC得(B-C)2≤0，所以B=C，所以△=0，所以②成立，①成立．2）若A0，则由③知△≤0，所以②成立，所以①成立．综上，充分性得证．9．常用结论．定理1若a，b∈R，|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|.【证明】因为-|a|≤a≤|a|，-|b|≤b≤|b|，所以-(|a|+|b|)≤a+b≤|a|+|b|，所以|a+b|≤|a|+|b|（注：若m0，则-m≤x≤m等价于|x|≤m）.又|a|=|a+b-b|≤|a+b|+|-b|，即|a|-|b|≤|a+b|.综上定理1得证．定理2若a，b∈R，则a2+b2≥2ab；若x，y∈R+，则x+y≥.2xy(证略)注定理2可以推广到n个正数的情况，在不等式证明一章中详细论证．