與二次函數(shù)性質(zhì)有關(guān)競賽題

(省安慶市第二中學(xué)-b[α],等問題.本文擬通過例題介紹解這類問題的

2ymax=maxf(),f(β), - 2ymin=minf(),f(β), - 2

-2

[α]y=ax2+bx+ca≠0的頂點式:y=a(x-k2+m;零點式y(tǒng)=ax-x1x-x2y=ax2+bx+c在閉區(qū)間[α]上的最大(小,只須分別計算出其f()f(β和頂點的函數(shù)值

f()f(β中較大者和較小者例 設(shè)a∈R,函f(x)=ax2+x-a3”(|x|≤1)若|a|≤1試證:|fx|≤5 ,然后比較f()f(β) 求使函數(shù)f(x)有最大值17的a收稿日期:2003-收稿日期:2003-11-

修回日期:2004-03-

值面積二講解直接用三角形的面積求解很繁,但2所示的矩積可通過整體與部分的關(guān)S=2a×2b-1ab-1a×2b-1×2a =32例 已知abxy為正實數(shù),且a2

b21x2+y21求證ax+by,講解:如圖3作AB=1為直徑的⊙O.AB兩側(cè)任作Rt△ABCRt△ADB,AC=a,BC=bBD=xAD=y 由勾股定理知abxy滿足題設(shè)條件.BCADCD≤AB1ax+by(未完待續(xù):|fx|=|ax2+x-=|a(x2-1)+x|≤|a(x2-1)|+|≤|x2-1|+|x|=1-|x|2+|

,-1≤f(1)=a-b,a≥b-1bx∈01fx)≤1.b1b112 1,可得 ≤1,即a·b-1≤1.12= |x| ≤ a≤2b:a0fx)=x(|x|≤1的最大值是f(1)=1,與題設(shè).a≠0fx為二次函數(shù)x=-1x1時取得.f(-1)=a-1a=-1f(1)=a1-a1意不符當(dāng)a0,x±1處取得fx)=ax2+x-a|x

b-1≤a≤2b充分性b1,a≥b-1,對任意ax-bx2≥b(x-x2)-x≥-x≥-1即ax-bx2≥-b1a≤2b,x∈01有ax-bx2≤2bx-bx2≤1即ax-bx2,-1≤fx)-1<-18<1 綜上所述,當(dāng)>1時,對任 ∈[0 12a ,2 a<

a<- (a+2)a =

1]

fx|≤1b-1≤a≤2b:a00<b1,]a=-注:f(1f(-12,x=-1處取得2a例 已知a>0,函數(shù)f(x)=ax-bx2當(dāng)b>0若對任意x∈Rf(x)≤1,證明:a b1,證明:x∈01|f(x)|≤1的充要條件是b-1≤a 0b1,討論:x∈01],|f(x)|≤1的充要條件.a2f(x)a2

1≥f(x)=ax-bx2≥-1即fx)≥-1,fx)f(1)≤1a-b≤1.故a≤b+1.fx)≤b1)x-bx2fx),a00<b≤1,x01|fx|≤1a≤b注:放縮法和特殊值時成立是證明此題例 設(shè)函數(shù)f(x)=ax2+8x+3(a0)對于給定的負(fù)數(shù)afx)=-bx2

4b,

l(a),使得在整個區(qū)間0,l

a),af2

=a≤1.4b

|fx|≤5都成立.問a,la4a又a>0,b>0,因此,a≤2b 4ax∈01由|fx|≤1

解:f(x)=ax +3,maxfx)3-

16a≤- f

x) x a3-165,-8<a0a0<l(a)<-4alaax28x35的較小根.因此,l(a)=-8 64+82 <2=1+ 3-16≤5a≤-8al(a)>-4a于是laax28x3=-5的較大根.因此,l(a)=-8 64-32a

[-11,g(-1)≤g(x)≤g(1)因|fx|≤13”(-1≤x≤1),|c|≤1則g(1)=a+b=f(1)-f≤|f(1)|+|f(0)|≤2g(-1)=-a+b=-f(-1)+≥-[|f(-1)|+|c|]≥-故|gx|a0gx)=ax+b在[-11上是減函數(shù),類似可得|g(x)|≤2.a0gx)=bfx)=bx+-1≤x≤1|gx||f(1)-c|≤|f(1|+|c|≤2.綜上所述,|g(x)|≤2.:a0,gx在[-1,1≤20-

22=5+12

4-2a-

,,x1,gx2,g(1)=a+b=f(1)-f(0)當(dāng)且僅當(dāng)a=-8時,上式等號成立 因為-1≤f(0)=f(1)-2≤1-2=-1c=f(0)=-由 +1>1,因此,當(dāng)且僅當(dāng)a= 又f(x)≥f(0)=-1在x∈[-1,1]. .8l

+

,x=-b0b2 fx)2x222注:,先分fxmax3-2

注fx)≥-1是處理解析式的關(guān)鍵55,再由數(shù)形結(jié)合找出l(a)的范圍.例 已知abc是實數(shù),函f(x)=ax2+bx+c,g(x)=ax+b-1≤x≤1,|fx|證明:|c|≤1

例 已知x∈[0,1]時,不等x2cosθ-x(1-x)+(1-x)2sinθ恒成立.試求θ的取值范圍:x∈01f(x)=x2cos-x(1-x)+(1-x)2sin>0則cosθf(1)>0,sinθf(0)> 證明:-1≤x≤1,|gx|≤2a0-1≤x≤1gx

sinθ ∈(0,1),則cosθ sinθ2.fx:,x0|c|=|f(0|≤1即|c|

cosθ sin(1-x0)=由于f(x)=[ cosθx- sinθ1-1+ sinθ證明:當(dāng)a>0時,g(x)=ax+b x)]2+2

cosθx(1x),0<f(x0)=2-1 sinθcosθx0(1-x0)2

(提示f(xx2,f(x)=a(x-2+b.由4a+b=1,|x1-x2|= ,-2故2-1 sinθcosθ> 2故2

,f(x)=1x-22-1f(0)=sinθ0,f(1)=cosθx∈(01

如果在區(qū)間12,f(x)=x2+px+gx)=x+1在同一點取相同的最小值,f(x)≥2-1 co f(x)在該區(qū)間上的最大值是 )2>

(提示g(x)=x+1=

+x+

≥3322

fxgx在同一點取相同的最小值,-2由cosθ0sinθ0可得

4q-p2=332p=-232q=332+320<2 2f(xf(2)4-532

4.又-2 sinθcosθ>

sinθcosθ2]1sinθ>1]sinθ>1

θ4>-3-2

-22secθ4θπθπθπ

<2<

對一切

0,2恒成立πθ

故有 6 (2000 0(提示:設(shè)x=sin+cos.因為 π,0,12 <12 π因此,所求θ的取值范圍 x∈[1,2].于是,sinθ=x2-1,sinθ+ cosθ-π=x.原不等式可化為(x-2)2 2練習(xí) x+2-a>0.又x-2<0,得a>x+2x已知函數(shù)f(x)=x2+2bx+1和g(x)=2a( (f(x))max=x

1x1x

=f(1)3a>3+b),其中xab均為實數(shù),使得y=f(x)和y g(xxOy平面上的圖像不相交的實數(shù)對

a,b

若函數(shù)f(x)= x2

在區(qū)間[a,b成點集A.那么,A在aOb平面上表示的圖形T的面 (2002,省高中數(shù)學(xué)競賽(提示:因為數(shù)對(a,b)使方程x2+2bx+1=2axb,,Δ0,a2+b21表示圓內(nèi)圖形.圖形T的面積為π.)fxfx2)=f(-x2)

(2000,高中數(shù)賽)(提示:分三種情況討論.(1)0≤a