综合题分析.doc

二次函数综合题分析
湖南祁东育贤中学 周友良 421600
湖南祁东县一中 曾令军 421600

二次函数是中学代数的基本内容之一，它既简单又具有丰富的内涵和外延. 作为最基本的初等函数，可以以它为素材来研究函数的单调性、奇偶性、最值等性质，还可建立起函数、方程、不等式之间的有机联系；作为抛物线，可以联系其它平面曲线讨论相互之间关系. 这些纵横联系，使得围绕二次函数可以编制出层出不穷、灵活多变的数学问题.　同时，有关二次函数的内容又与近、现代数学发展紧密联系，是学生进入高校继续深造的重要知识基础. 因此，从这个意义上说，有关二次函数的问题在高考中频繁出现，也就不足为奇了.
一． 与二次函数有关的复合函数问题例析
例1．求函数y=(x+1)(x+2)(x+3)(x+4)+5在［-3,3］上的最小值
　　［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
　　　　　 =(x2+5x+4)(x2+5x+6)+5
　　　　　 =(x2+5x+5-1)(x2+5x+5+1)+5
　　　　　 =(x2+5x+5)2+4
 　　设Z=x2+5x+5，则y=Z2+4，对Z=x2+5x+5=(x+5/2)2-5/4，x∈[-3,3]，易知Zmin=-5/4，Zmax=29
　　∴y=Z2+4，Z∈[-5/4,29]抛物线开口向上，对称轴Z=0∈[-5/4,29]，∴ymin=4
　　故y=(x+1)(x+2)(x+3)(x+4)+5在［-3,3］上的最小值是4。
例2．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
例3．已知二次函数f(x)=ax2+(a+1)x－a,方程f(x)=0两实根的差的绝对值等于2.
（Ⅰ）求实数a的值.
（Ⅱ）是否存在实数λ,使得函数F(x)=f[f(x)]+ λ f(x),在区间（－∞，－3）内是增函数，在（－3，0）内是减函数？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由.
解：（I）

（II）
设存在实数λ满足要求，则

∴存在实数λ=－16适合题目要求.
二． 以二次函数为背景的不等式证明例析。
例4. 设二次函数f(x)=ax2+bx+c (a>0)，且方程f(x)-x=0的两个根x1、x2满足
　　 (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
分析：本题是1998年高考压轴题，它的通常解法是作差比较法及对二次函数性质的充分熟悉，但是若对化归、联想、构造等思想方法有充分熟练的掌握，则解题可望更为简捷。
证明：
方法一：利用作差比较法
　　 首先构造函数F(x)=f(x)-x，则由已知x1、x2是方程
　　 F(x)=0的根，故有F(x)=a(x-x1)(x-x2)
　　 ∵a>0，x1<x2，由二次函数，可见当x∈(0，x1)时，
　　 F(x)>0，
　　 因而f(x)-x>0，即 x<f(x) ①
　　 再考虑 x1-f(x)
　　 ∵ x1-f(x)=x1-[F(x)+x]
　　     =x1-x-a(x-x1)(x-x2)
　　     =(x1-x)[1+a(x-x2)]>0
　　 (∵已知，故x1-x>0且ax2<1，∴1-ax2>0，1+a(x-x2)>0)
　　 ∴ x1-f(x)>0 ②
　　 综①、②，得证x<f(x)<x1
方法二：利用构造函数并结合整体变换的思想方法
　　 欲证 x<f(x)<x1
   只需 0<f(x)-x<x1-x，
　　 令 F(x)=f(x)-x，则
　　 只需 0<F(x)<x1-x ,
　　 即只需 0<a(x1-x)(x2-x)<x1-x *
　　 (∵x1、x2是F(x)=f(x)-x的两根)
　　 注意到x1-x>0，a>0，由 * 知
　　 只需 0<a(x2-x)<1，
　　 即需 0<ax2-ax<1， (**)
　　 由已知 ，显然 ** 式成立，
　　 故 x<f(x)<x1 成立.
证法三：数形结合，构造函数图象
    ∵ x1，x2是方程f(x)-x=0的两根，意味着y=f(x)与 y=x有两个交点，它们的横坐标分别是x1、x2；
　　 如图显见，当x∈(0，x1)时，y=x图象位于y=f(x)图象下方，故恒有x<f(x)
　　 为证x∈(0，x1)时，还应有结论f(x)<x1
   及 (即)
　　 我们作差[注意x1=f(x1)!]
　　 ∵ x1-f(x)
　　     =f(x1)-f(x)
　　     =a(x12-x2)+b(x1-x)
　　     =(x1-x)[a(x1+x)+b]，
　　 ∴欲证 x1-f(x)>0，只需证明
　　 ax1+b>0 (***)
　　 (∵a>0，x1>x>0)
　　 实际上，∵且x1，x2是f(x)-x=ax2+(b-1)x+c=0的不同二根，
　　 可见    b=1-a(x1+x2)
　　 ∵ ax2<1，故
　　 ax1+b=ax1+1-a(x1+x2)=1-ax2>0，
　　 于是 x1-f(x)>0
　　 即 x<f(x)<x1 成立；
　　 又注意到(2)要证的，即
　　 需证 ，
　　 即需 ax1+b>0
　　 因而(2)顺便也就得到证明.
例5. 已知f(x)=ax2+bx+c，g(x)=ax+b，其中a、b、c∈R，且当x∈[-1，1]时，|f(x)|≤1.
证明：当x∈[-1，1]时，g(x)≤2 (1996年高考压轴题)
分析：因为欲证的是g(x)的不等关系，而已知的是有关f(x)的关系，自然应把g(x)化归为有关f(x)的关系去考虑，通过仔细探求，可把g(x)构造为
　　 ③
　　 或把f(x)构造为
　　 f(x)=xg(x)+c ④
　　 不管是利用③或④都有可能证明本题.
证法1：利用的关系.
　　 ∵ x∈[-1，1]，∴
　　 ∴ ，∈[-1，1]，
　　 从而
证法2：利用f(x)=xg(x)+c，即xg(x)=f(x)-C的关系
　　 ∵ C=f(0)，
　　 ∴ |C|=|f(0)|≤1
　　 （∵0∈[-1，1]，从而|xg(x)|=|f(x)-C|
　　 当x∈[-1，1]时，
　　 |xg(x)|≤1+1=2
　　 故 |g(±1)|≤2
　　 (i)当a≥0时，∵g(x)=ax+b是增函数，
　　 又 x∈[-1，1]，故
　　 -2≤g(-1)≤g(x)≤g(1)≤2,
　　 即|g(x)|≤2；
　　 (ii)当a<0且|x|≤1时，∵g(x)单调递减，
　　 ∴-2≤g(1)<g(x)≤g(-1)≤2,
　　 即 |g(x)|≤2
　　 综(i)(ii)，对任意实数a及x∈[-1，1]，都有
　　 |g(x)|≤2
说明：这里若不利用构造函数等思想方法，则只能对a分类讨论，过程较繁，但思路自然，请看
　　 (i)当a>0时，x∈[-1，1]，g(x)=ax+b单调递增，
　　 ∴ g(-1)≤g(x)≤g(1)
　　 又∵x∈[-1，1]时，|f(x)|≤1，于是
　　 |C|=|f(0)|≤1，
　　 ∴ g(1)=a+b=f(1)-C≤|f(1)|+|C|≤2；
　　 g(-1)=-a+b= -f(-1)+C≥-(|f(-1)|+|C|)≥-2，
　　 故 |g(x)|≤2 .
　　 (ii) 当a<0时，g(x)在[-1，1]，
　　 ∴ g(-1)≥g(x)≥g(1)，
　　 则g(1)=a+b=f(1)-C≥-(|f(1)|+|C|)≥-2 .
　　 ∴ |g(x)|≤2 .
　　 (iii) 当a=0时，g(x)=b，f(x)=bx+C，
　　 又∵|x|≤1，|C|=|f(0)|≤1，
　　 ∴ |g(x)|=|f(1)-C|≤|f(1)|+|C|≤2 .
　　 综上，可见 |g(x)|≤2 .
　　 通过以上对比，可见适时引入化归、联想、构造法等思想方法，可能大大简化计算.
例6． 设，若，，, 试证明：对于任意，有.
分析：同上题，可以用来表示.
解：∵ ,
∴ ,
∴ .
∴ 当时，

当时，

综上，问题获证.
三． 以二次函数为背景的创新题
例7．对于函数，若存在实数，使成立，则称为的不动点.
（1）当时，求的不动点；
（2）若对于任何实数，函数恒有两相异的不动点，求实数的取值范围；
（3）在（2）的条件下，若的图象上、两点的横坐标是函数的不动点，且直线是线段的垂直平分线，求实数的取值范围.
解
（1）当a=2，b=－2时， ……………………2分
设x为其不动点，即
则 的不动点是－1，2. …………4分
（2）由得：. 由已知，此方程有相异二实根，
恒成立，即即对任意恒成立.

（3）设，
直线是线段AB的垂直平分线， ∴
记AB的中点由（2）知

化简得：时，等号成立）.即
例8．已知二次函数y=f1(x)的图象以原点为顶点且过点(1,1),反比例函数y=f2(x)的图象与直线y=x的两个交点间距离为8,f(x)= f1(x)+ f2(x).
(Ⅰ) 求函数f(x)的表达式；
(Ⅱ) 证明:当a>3时,关于x的方程f(x)= f(a)有三个实数解.
5． (Ⅰ)由已知,设f1(x)=ax2,由f1(1)=1,得a=1, ∴f1(x)= x2.设f2(x)=(k>0),它的图象与直线y=x的交点分别为A(,)，B(－,－)
由=8,得k=8,. ∴f2(x)=.故f(x)=x2+.
(Ⅱ) （证法一）f(x)=f(a),得x2+=a2+,
即=－x2+a2+.在同一坐标系内作出f2(x)=和
f3(x)= －x2+a2+的大致图象,其中f2(x)的图象是以坐
标轴为渐近线,且位于第一、三象限的双曲线, f3(x)与的图象是以(0, a2+)为顶点,开口向下的抛物线.因此, f2(x)与f3(x)的图象在第三象限有一个交点,即f(x)=f(a)有一个负数解.又∵f2(2)=4, f3(2)= －4+a2+，当a>3时,. f3(2)－f2(2)= a2+－8>0,当a>3时,在第一象限f3(x)的图象上存在一点(2,f(2))在f2(x)图象的上方.f2(x)与f3(x)的图象在第一象限有两个交点,即f(x)=f(a)有两个正数解.因此,方程f(x)=f(a)有三个实数解.
（证法二）由f(x)=f(a),得x2+=a2+,即(x－a)(x+a－)=0,得方程的一个解x1=a.方程x+a－=0化为ax2+a2x－8=0,由a>3,△=a4+32a>0,得x2=, x3=,x2<0, x3>0, ∵x1≠ x2,且x2≠ x3.若x1= x3,即a=,则3a2=, a4=4a,得a=0或a=,这与a>3矛盾,∴x1≠ x3.故原方程f(x)=f(a)有三个实数解.
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湖南祁东育贤中学 周友良 421600