一类高考题的赏析与研究

一类典型高考试题的赏析与研究不等式是中学数学的主要内容，是每年高考必考内容，几乎涉及整个高中数学的各个部分。不等式的证明则是高中数学中对逻辑推理能力要求较高的内容，是中学数学的一个难点。近年来，虽然淡化了单纯的证明题，但是以能力立意与证明有关的综合题却频繁出现，尤其与一次函数，二次函数放在一起综合考查逻辑推理能力是高考考查的一项重要内容，且不等式的证明历来难度大，综合性强，结合以下例题，细心揣摩，也是有一定规律，技巧可寻。例1（1996·全国）已知a、b、c是实数，函数f(x)=ax2+bx+c，g(x)=ax+b,当-1≤x≤1时,|f(x)|≤1⑴求证：|c|≤1⑵当|x|≤1时,|g(x)|≤2⑶设a0,当-1≤x≤1时,g(x)的最大值为2，求f(x).证明：(1)由条件知：|f(0)|=|c|≤1(2)∵g(x)=ax+b为一次函数,∴要证：|g(x)|≤2,则只需证|g(-1)|≤2,|g(1)|≤2而|g(1)|=|a+b|=|f(1)-c|≤|f(1)|+|c|≤2|g(-1)|=|a-b|=|f(-1)-c|≤|f(-1)|+|c|≤2故当：|x|≤1时,|g(x)|≤2(3)因为a0,则g(x)在[-1,1]上是增函数,当x=1时取最大值2,即g(1)=2=a+b则：f(1)-f(0)=2,又因为-1≤f(0)=f(1)-2≤1-2=-1,c=f(0)=-1，因为当-1≤x≤1时，|f(x)|≤1，即f(x)≥-1，由二次函数的性质知：直线x=0为f(x)图像的对称轴，由此得：-ab2=0，即b=0，由a+b=2，得a=2，所以f(x)=2x2-1。【评注】：本题是有较高的难度，它主要考查：1一元一次、一元二次函数的最值及单调性，绝对值不等式等诸多知识。2推理论证能力，运算难力，3灵活运用知识解题综合问题的能力。例2（1997·全国）设二次函数f(x)=ax2+bx+c(a0),方程f(x)-x=0的两根x1、x2，满足0x1x2a1(1)当x(0,x1)时，求证：xf(x)x1，（2）设函数f(x)的图像关于直线x=x0对称，求证：x021x.证明（1）令F(x)=f(x)-x因为x1、x2是方程f(x)-x=0的两根，所以：F(x)=a(x-x1)·(x-x2)而x1x2,x(0,x1)故F(x)0恒成立，即f(x)x.又f(x)-x1=a(x-x1)(x-x2)+x-x1=(x-x1)[a(x-x2)+1]因为0xx1x2a1所以：x1-x01+a(x-x2)=1+ax-ax21-ax20得f(x)-x10即f(x)x1故：xf(x)x1（2）依题意知:x0=-ab2,因为x1、x2是方程f(x)-x=0的根,即x1、x2是方程ax2+(b-1)x+c=0的根所以：x1+x2=ab1x0=-ab2=axxa21)(21=aaxax2121又因为ax21,所以:x0aax21=21x.【评注】：①本题主要考查二次函数，一元二次方程，一元二次不等式，作差法证明不等式，以及推理运算能力，②2本试题有如下特点：（一）考查的知识面相当宽，（二）考查的都是基础知识，基本方法，以及基本能力，（三）：将二次函数，一元二次方程，一元二次不等式等知识有机的融为一体。例3（2000·江苏）已知a0,函数f(x)=ax-bx2,（1）当b0时,若对任意x€R,都有f(x)≤1,证明：a≤2b(2)当b1时,证明:对任意x€[0,1],|f(x)|≤1的充要条件是b-1≤a≤2b,(3)当0b≤1时,讨论：对任意x€[0,1],|f(x)|≤1的充要条件.证：①依题意,对任意x€R都有f(x)≤1,故f(ab2)=ba42≤1,因为a0,b0,所以：a≤2b②(必要性)：因为对任意x€[0,1],|f(x)|≤1，则f(1)≥-1,即a≥b-1,又b1,则0b11于是:f(b1)≤1,即a≤2b,故：b-1≤a≤2b(充分性)：因为b1,a≥b-1,对任意x€[0,1],则：ax-bx2≥b(x-x2)≥-x≥-1,即f(x)≥-1,又b1,a≤2b,则ax-bx2≤2bx-bx2=-(bx-1)2+1≤1,所以：-1≤f(x)≤1,故当b1时,对任意x€[0,1],|f(x)|≤1的充要条件是b-1≤a≤2b③因为a0,0b≤1时,对任意x€[0,1],|f(x)|≤1,则|f(1)|≤1===f(1)≤1即a≤b+1若a≤b+1==f(x)≤(b+1)x-bx2≤1,f(x)=ax-bx2≥-bx2≥-b≥-1,即f(x)≥-1故-1≤f(x)≤1.所以：对任意x€[0,1],|f(x)|≤1的充要条件是a≤b+1【评注】：本题主要考查二次函数的最值、不等式的证明以及充要条件的概念等内容，难度较大，推理能力和运算能力要求较高。【综合评注】：以上三例高考题，均是难度较大的综合题，主要考查二次函数与不等式，考点如下：1二次函数的图象以及对称轴与单调性的关系。2二次函数的函数值及最值，有时也涉及一次函数。3不等式证明，主要利用放缩法。针对以上考查的内容，可以采取以下的解题策略与技巧：①深入理解二次函数，一元二次方程，一元二次不等式三者之间的关系，适当借助图象来加以分析，尤其要注意判别式这一条件。②对于函数单调性的讨论，离不开对称轴与所讨论区间的关系，③一次函数与二次函数均为基本初等函数，其图象和性质均具备一定的连续性和单调性，故对其区间上值域或最值的讨论，只需研究其区间的两个端点与顶点即可，这一考点应为必考内容，须加以重视。④不等式的证明包含以下两个方面：一是基本的证明，利用作差或简单的放缩即可完成，二是含绝对值的不等式，要结合绝对值不等式定理及推论，巧妙而恰当的放缩，将会达到预期的效果，同时注意运用所给区间的端点值，甚至是区间的中点值所对应的函数值.下面再给出现两例，运用已知的技巧方法，试一试能否解决！例4，已知二次函数f(x)=ax2+bx+c,当-1≤f(x)≤1时,|f(x)|≤1.求证：(1)|c|≤1,|b|≤1,|a|≤2(2)当|x|≤2时,|f(x)|≤7证明：(1)由于当-1≤x≤1时,|f(x)|≤1.则|f(0)|≤1.即|c|≤1.且-1≤f(-1)≤1即-1≤a-b+c≤1①-1≤f(1)≤1即-1≤a+b+c≤1②①+②式得：-2≤2b≤2即-1≤b≤1===|b|≤1由①、②得：-1-c≤a-b≤1-c,-1+c≤a+b≤1+c,而-1≤c≤1==-2≤-1-c,1+c≤2故-2≤a-b≤2,-2≤a+b≤2===-4≤2a≤4,即|a|≤2(2)|f(2)|=|4a+2b+c|=|2(a+b+c)+2a-c|≤2|f(1)|+2|a|+|c|≤7|f(-2)|=4a-2b+c|=|2(a-b+c)+2a-c|≤2|f(-1)|+2|a|+|c|≤7当-2≤-ab2≤2时,|ab2|≤2,此时|f(-ab2)|=|abac442|=|c-ab42|≤|c|+|ab42|≤|c|+|ab4|≤2≤7,故当|x|≤2时,|f(x)|≤7例5(98年希望杯)若f(x)=ax2+bx+c(a、b∈R),在区间[0,1]上恒有|f(x)|≤1,(1)对于所有这样的f(x),求|a|+|b|+|c|的最大值。(2)(2)试给出一个这样的f(x),使得|a|+|b|+|c|确实取到最大值。【策略】：将a、b、c用特殊值f(0),f(1),f(21)等来表示，借助特殊值的性质求解。【解析】(1)由f(1)=a+b+c,f(0)=c,f(21)=41a+21b+c,可解得a=2f(1)-4f(21)+2f(0),b=4f(21)-3f(0)-f(1),c=f(0),而|f(1)|≤1,|f(0)|≤1,|f(21)|≤1故|a|+|b|+|c|=|2f(1)-4f(21)+2f(0)|+|4f(21)-3f(0)-f(1)|+|f(0)|≤2|f(1)|+4f|(21)|+2|f(0)|+|4|f(21)|+3|f(0)|+|f(1)|+|f(0)|≤17所以|a|+|b|+|c|的最大值为17(2)由(1)知，上式取“=”的条件至少应满足:|f(0)|=1,|f(1)|=1,|f(21)|=1故x=21应为函数y=f(x)的对称轴,则可设f(x)=a(x-21)2±1再将|f(0)|=1,|f(1)|=1代入检验得：f(x)=8x2-8x+1【评注】一般地，对f(x)=ax2+bx+c,也常作如下变换：a=2f(1)-4f(21)+2f(0),b=4f(21)-3f(0)-f(1),c=f(0).通过对以上几个相关试题的讨论研究，发现此类综合题涉及知识面广，难度大，但并不是束手无策，无计可施，只要我们静下心来，仔细研究二次函数的图像及性质特征，结合不等式，采取适当的解题思路与技巧，也一定会功到自然成，但以下几个方面的能力必须得到加强：1牢固掌握基础知识，准确的理解数学概念，熟练的应用数学公式，定理，灵活运用数学方法。2平时一定要重视一般的计算题，证明题的训练，恰恰是这些基本题的掌握为解综合题打下了扎实的基础。3平时要注意归纳，总结解数学综合题的一般规律及方法，提高解题质量。