1001_高中数学竞赛系列讲座——二次函数

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高中数学竞赛系列讲座——二次函数

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（-b2a，(4ac-b
2)
4a），顶点的由来体现了
配方法（y =ax
2
+bx+c=a(x+b2a)
2
+(4ac-b
2)4a）；图象的平移归结为顶点的平移
（y=ax
2
→y=a(x-h)
2
+k）；函数的对称性（对称轴x=-b2a，f (-b2a+x)=f
(-b2a-x )，x?R），单调区间（-∞，-b2a），[-b2a,+∞]、极值（(4ac-b
2)
4a），
2
判别式（Δb-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< br>2
+bx+c》一书中（作者翟连林等），有如
下一个“框图”：
（一元）二次函数
→ a=0 →
y=ax
2
+bx+c (a≠0)
↑
↑


（一元）一次函
数
y=bx+c(b≠0)
↑
↑
一次二项式
（一元）二次三项式
→ a=0 →
ax
2
+bx+c(a≠0)
bx+c(b≠0)
↓
↓
↓
↓




↓
↓
↓
↓
一元一次方
一元二次方程
→ a=0 → ↓
↓
2
程
ax+bx+c=0(a≠0)
bx+c=0(b≠0)
↓
一元二次不等式
ax
2
+bx+c>0或
ax
2
+bx+c<0(a≠0)
↓
一元一次不等式
→ a=0 → 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ax
2
+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=ax
2
+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ax
2
+bx+c(a≠0)；若y=0，即ax
2
+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
2
+bx+c>0或ax
2
+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
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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
2
+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
2
+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-x
1
)(x-x
2
). (a≠0)
4．三点式：（见罗增儒《高中数学竞赛辅导》）
过三点A（x
1
,f (x
1
)）、B（x
2
,f (x
2
)）、C（x
3
,f (x
3
)）的二次函数可设为
f (x)=a
1
(x-x
2
)(x-x
3
) +a
2
(x-x
1
)(x-x
3
)+a
3
(x-x
1
)(x-x
2
)把ABC坐标依次代入，
即令x=x1
,x
2
,x
3
,得
f (x< br>1
)=a
1
(x
1
-x
2
)(x
1
-x
3
)，
f (x
2
)=a
2
(x
2
-x
1
)(x
2
-x
3
)，
f (x
3
)=a
3
(x
3
-x
1
)(x
3
-x
2
)
解之，得：a
1
=f (x
1
) (x
1
-x
2< br>)(x
1
-x
3
)，a
2
=f (x
2
) (x
2
-x
1
)(x
2
-x< br>3
)，a
3
=f (x
3
)
(x
3
-x
1
)(x
3
-x
2
)
从而得二次函数的三点式为：
f(x)=[f(x
1
)(x
1< br>-x
2
)](x
1
-x
3
)(x-x
2)(x-x
3
)+[f(x
2
)
(x
2
-x
1
)(x
2
-x
3
)](x-x
1
)(x -x
3
)+[f(x
3
)(x
3
-x
1
) (x
3
-x
2
)](x-x
1
)(x-x
2
)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）
2
∴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
2
+2x-5
[解法二]：用三点式
∵图象过三点（－1，－6），（1，－2），（2,3）
∴可设y=a
1
(x-x
2
)(x-x
3
)+ a
2
(x-x
1
)(x-x
3
)+a
3
( x-x
1
)(x-x
2
)=(a
1
+a
2
+a
3
)x
2
－
[a1
(x
2
+x
3
)+a
2
(x
1+x
3
)+a
3
(x
1
+x
2
)]x +(a
1
x
2
x
3
+a
2
x
1< br>x
3
+a
3
x
1
x
2
)
计算可得：a
1
=－6(－1－1)(－1－2)=－1，
a
2
=－2 (1＋1)(1－2)=1，
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a
3
=3 (2＋1)(2－1)=1
∴f (x)=x
2
＋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)=3x
2
－6x－5
2
[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）和（3,0）两点，并 且它的顶点的
纵坐标为1254，求它的解析式。
解：∵（－2,0）和（3,0）是X轴上的两点，
∴x
1
＝－2，x
2
＝3
可设y=f(x)=a(x+2)(x-3)
=a(x
2
-x-6)=a[(x-12)
2
-254]
=a(x-12)
2
-254a
它的顶点的纵坐标为－254a
∴－254a=1254，a=－5
故所求的二次函数为：
f (x)=－5(x+2)(x-3)=－5x
2
+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（12，34）、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a
1
、a
2
、a
3
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=12即为图象的对称轴，从而点A（12，34）必是二次函数的顶点，故可设顶点式:
f(x)=a(x-(12))
2
+(34)
2
把B或C的坐标代入得：f(-1)=a(-32)+(34)=(94)a+(34)=3
解得：a=1
∴f(x)=(x-(12))
2
+34=x
2
-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 (12)-3=a(12+1)(12-2)，即－94=－94a，a=1
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从而f (x)=(x+1)(x-2)+3
=x
2
-x+1
三、二次函数的最值
我们知道，二次函数y=f (x)＝ax
2
+bx+c (a≠0)利用配方法，可以得出：
y=f(x)=ax
2
+bx+c=a (x+(b2a))
2
+((4ac-b
2)
4a)，
它的图 象是开口向上或向下的抛物线，其顶点坐标是（-(b2a)，
((4ac-b
2)
4 a)）
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，
y
min
=f
min
=((4ac-b
2)
4a) ； y
max
=f
max
=((4ac-b
2)
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
(-b2a)三者中取得，最值情况如下表：
-b2a?[p,g] -b2a
[p,g]
a>0 f
min
=f(-b2a)=((4ac-b
2)
4a) f
min
=min{f (p),f (g)}
f
max
= max{f (p),f (g)} f
max
=max{f (p),f (g)}
a<0 f
max
=f (-b2a)=((4ac-b
2)
4a)
f
min
=min{f (p),f (g)}
例5． 当X为何值时，函数
f(x)=(x-a
1
)
2
+(x-a
2
)
2
+?+(x-a
n
)
2
取最小值。
解：∵f (x)=(x
2
-2a
1
x+a
1
2
)+(x
2
-2a
2
x+a
2
2
)+?
+(x
2
-2a
n
x+a
n
2
)=nx< br>2
-2(a
1
+a
2
?+a
n
)x+(a< br>1
2
+a
2
2
+?+a
n
2
)
∴当x=((a
1
+a
2
+?+a
n)
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a
1
、a
2、?，a
n
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a
1
,a
2
,?a
n
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x
1
,x2
是方程x
2
-(k-2)x+(k
2
+3k+5)=0 (k为实数)的两个实数根，x
1
2
+x
2
2
的最大值是：
（A）19； （B）18； （C）509 (D)不存在
解：由韦达定理得：x
1
+x
2
=k-2，x
1
x
2
=k
2
+3k+5
∴x
1
2
＋x
2
2
＝（x
1
＋x
2
）
2
-2x
1
x
2
=(k-2)
2
-2(k
2
+3k+5)
=-k
2
-10k-6
=-(k+5)
2
+19
如果由此得K＝-5时，（x
1
2
+x
2
2
）
max
=19，选（A），那就错了。为什么？已知
该x
1
,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(k
2
+3k+5)=-3k
2< br>-16k-16≥0 ①
解①得：-4≤k≤-43
∵k=-5[-4,- 43]，设f(k)=-(k+5)
2
+19则f(-4)=18,f(-43)=509<1 8
∴当k=-4时，(x
1
2
+x
2
2
)
max
=18，
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∴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
2
-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)=t
2
+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
2
-2t+2
综合（1）、（2）、（3）得：
222
例8．（1）当x+2y=1时，求2x+3y的最值；
（2）当3x
2
+2y
2
=6x时，求x
2
+y
2
的最值。
解：（1）由x
2
+2y
2
=1得y
2
=12(1-x2
)，代入
2x+3y
2
=2x+(32)(1-x
2
)=(-(32))(x-(23))
2
+(136)
又1-x
2
=2y
2
≥0，∴x
2
≤1，－1≤x≤1
∴当x=23时，y=(√10)6，（2x+3y
2
）
max
=163；
当x=-1时，y=0， （2x+3y
2
）
min
=－2
(2)由3x
2
+2y
2
=6x，得y< br>2
=(32)x(2-x)，代入
x
2
+y
2
=x< br>2
+(32)x(2-x)=-12 (x-3)
2
+92
又y
2
=(32)x (2-x)≥0，得0≤x≤2
当x=2 ，y=0时，（x
2
+y
2
）
max
=4；当x=0，y= 0时，(x
2
+y
2
)
min
=0
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)=ax
2< br>+bx+c(a≠0)的二实根为x
1
,x
2
，(x
1
＜x
2
)，Δ=b
2
-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＜x
1
＜x
2
＜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＜-b2a＜β，f(α)＞0，f (β)＞0
当a＜0时的充要条件是：Δ＞0，α＜-b2a＜β，f(α)＜0，f (β)＜0
两种情形合并后的充要条件是：
Δ＞0，α＜-b2a＜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＜x
1
＜β或α＜x
2
＜β，对应的函数f(x)的图象有 下列四种情形（图2）
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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：
∵x
1
＜α＜β＜x< br>2
，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：
∵x
1
＜x
2
＜α＜β或α＜β＜x
1
＜x< br>2
，对应函数f(x)的图象有下列四种情形
（图4）：

当 x
1
＜x
2
＜α时的充要条件是：
Δ＞0，-b2a＜α，af (α)＞0 ④
当β＜x
1
＜x
2
时的充要条件是：
Δ＞0，-b2a＞β，af (β)＞0 ⑤
例9．已知方程x
2
+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)=x
2
+2px+1，则f(x)r的图象开口向上，当f(x)与x轴的两交点< br>一个在（1,0）左方，另一个在（1,0）右方时，必有f(1)＜0，即：
1
2
+2P＋1＜0，即P＜－1
所以P的取值为（－∞，－1）
22
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：令f(x)=(1-m
2
)x
2< br>+2mx-1，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
2
）f(0)＜0,(1-m
2
)f(1 )＜0；即1-m
2
＞0,(1-m
2
)(2m-m
2
)＜ 0
解得：-1＜m＜0
例11．已知二次函数f(x)=ax
2+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）。
2
证明：已知f(x)=ax+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)= ax
2
+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 （-∞,x
0
）∪(x
0
,+
∞)(Δ=0,f(x
0< br>)=0)，要么为（-∞,x
1
）∪(x
2
,+∞) (Δ＞0,f( x
1
)=f(x
2
)=0)，故
总可以找到±M≠0，±M?R，或 ±M?（-∞,x
0
）∪(x
0
,+∞)，或±M?（-∞,x
1< br>）
∪(x
2
,+∞)，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a
2x
2
+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
2
+bx+c(a≠0)
∴af(x)= a
2
x
2
+abx+ac=14［4a
2
x
2
+4abx+4a c］
=14(2ax+b)
2
-14(b
2
-4ac)
22
∴af(x)＞0即:14(2ax+b)-14(b-4ac)＞0
亦即(2ax+b)
2
-(b
2
-4ac)＞0
（1）当Δ=b
2
-4ac＜0时，af(x)＞0的解集为(-∞,+∞)
（2）当Δ=b
2
-4ac=0时，af(x)＞0的解集为(-∞,-b2a)∪（-b2a ,+∞)
（3）当Δ=b
2
-4ac＞0时，方程af(x)=0有两个不等 的实数根x
1
,x
2
(x
1
＜x
2
)，< br>相应的不等式af(x)＞0的解集合为：（-∞,x
1
）∪(x
2
, +∞)
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a
1
,a
2
,?,a
n
,b
1
,b
2
,?,b
n
都是实数，求证：（a
1
b
1
+a< br>2
b
2
+?+a
n
b
n
）
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2
≤(a< br>1
2
+a
2
2
+?+a
2
n
)(b
1
2
+b
2
2
+?+b
2
n
)
证明：构造二次函数

f(x)=(a
1
x-b
1
)
2
+(a
2
x-b
2
)
2
+ ?+(a
n
x-b
n
)
2
=(a
1
2+a
2
2
+?+a
2
n
)x
2
-2( a
1
b
1
+a
2
b
2
+?+a
n
b
n
)x+(
b
1
2
+b
2
2< br>+?+b
2
n
)
当a
1
2
+a2
2
+?+a
2
n
≠0即a
1
,a
2
,?,a
n
不全为零时，显然有对x?R，f(x)≥0，
故f(x)＝0的 判别式：Δ=4（a
1
b
1
+a
2
b
2
+ ?+a
n
b
n
）
2
-4(a
1
2
+a
2
2
+?+a
2
n
)·(b
1
2+b
2
2
+?+b
2
n
)≤0
即（a
1
b
1
+a
2
b
2
+?+a
n< br>b
n
）
2
≤(a
1
2
+a
2
2
+?+a
2
n
)·(b
1
2
+b
2< br>2
+?+b
2
n
)
当a
1
=a2
=?=a
n
=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a
1
b
1
=a
2
b
2
=?=a
n
b
n
时成 立。
例14．设二次函数f(x)= ax
2
+bx+c(a＞0)，方程f (x)-x=0的两个根x
1
,x
2
满足0＜x
1
＜x2
＜1a。
（1）当x?(0,x
1
)时，证明x＜f(x)＜x
1

（ 2）设函数f(x)的图象关于直线x=x
0
对称，证明：x
0
＜x
1
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
2
+(b-1)x+c=0(a＞0)是二次方程，由于x
1
,x
2
是它的两个根，且方程中x
2
的系数是a，因此有表
达式：f(x)-x=a(x-x
1
)(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［x
1
,x
2
］ 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x
1
=f(x
1
)，
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,x
1
］的最大值
是f(x
1
)，这相当于证明f(0 )≤f(x
1
)，也即C≤x
1
，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x
0
=-b2a，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＜x
1
-x ①
因为方程 f(x)-x=0的两根为x
1
,x
2
,f(x)=ax
2
+bx+c(a＞0)，
∴f(x)-x=a(x-x
1
)(x-x
2
)
①式即: 0＜a(x-x
1
)(x-x
2
)＜x
1
-x ②
∵a＞0，x?(0,x
1
),x
1
-x＞0,∴a(x
1
-x)＞0
②式两边同除以a(x
1
-x)＞0，得：0＜x< br>2
-x＜1a，即：x＜x
2
＜1a+x
这由已知条件：0＜ x＜x
1
＜x
2
＜1a，即得：x＜x
2
＜(1a)＜1a +x，
故命题得证。
（2）欲证x
0
＜x
1
2，因为x
0
=-b2a，故只须证：x
0
-x
1
2=- b2a-x
1
2＜0 ③
由韦达定理，x
1
+x
2
=(-b-1)a，(x
1
+x
2)
2=-(b-1)2a，代入 ③式，有
(-(b2a))-(x
1
2)=(x
2
2)-(1(2a ))＜0
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即：x
2
＜1a
由已知：0＜x
1
＜x
2
＜1a，命题得证。
［评注］证（ 1）用到了二次函数的零点式f(x)-x=a(x-x
1
)(x-x
2
)
证（2）用到了x
0
=-(b(2a)),((x
1
+ x
2
)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
2< br>-(k+13)x+k
2
-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
2
-(k+13)x+k
2
-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x分列取0,1，2时，有：f(0)=k
2
-k-2＞0，f(1)=k
2
-2k-8＜0，f(2)=k
2
-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 。
［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
2
+5x+4)(x
2
+5x+6)+5
=(x
2
+5x+5-1)(x
2
+5x+5+1)+5
=(x
2
+5x+5)
2
+4
设Z=x
2
+5x+5，则y=Z
2
+4，对Z=x
2
+5x+5=(x+52)2
-54，x?[-3,3]，易知
Z
min
=-54，Z
ma x
=29
∴y=Z
2
+4，Z?[-54,29]抛物线开口向上， 对称轴Z=0?[-54,29]，∴y
min
=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]时f(x)的表达式为-x
2
+1，则当x?(-6,-2)时，f(x )的表达式是：
(A)-x
2
+1，（B）-(x-2)
2
+1，( C)-(x+2)
2
+1，（D）-(x+4)
2
+1。 （ ）
2．已知x
2
-4x+b=0的一个根的相反数为x
2
＋4x- b=0的根，则x
2
+bx-4=0的
正根为 。
3． 已 知f(x)=x
2
+(lga+2)x+lgb且f(-1)=-2，又f(x)≥2x对一切 x?R
都成立，求a+b=?
4．设θ?[0,π]，关于x的方程x
2
-2∣x∣cosθ+1=0有实根，则
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4x
2
+13∣x∣+23= 。
5．已知方程ax
2
+bx+c=0(a≠0)有实根x
1
与x
2
，设
P=x< br>1
2002
+x
2
2002
,q=x
1
20 01
+x
2
2001
,r=x
1
2000
+x2
2000
则ap+bq+cr= 。
6．若二次函数f (x)=ax
2
+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(200 2)，(D)f(-2002)＜f(2002)＜
f(0)
7．若sin
2
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
2
+y
2
-xy-x+y，则C的最小值等 于 。
9．代数式2x
2
+2xy+2y
2
+2x+4y+5的最小值为：（A）0 （B）5 （C）92
（D）3
10．函数f(x)=x
4
- 2x
2
+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)=a x
2
+bx，有f(x
1
)=f(x
2
)(x
1< br>≠x
2
)则f(x
1
+x
2
)= 。
2
12．给定函数f(x)=x+ax+b设P，q是满足P+q=1的实数，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.[ -54,1]；8.-13；9.(D)；
10.(D)；11.0；12.(略)。





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