上期课外练习解答

高一年级1 .∵　 11 0 1 +1 0 01 0 1 =1 ,又ｆ(11 0 1 ) +ｆ(1 0 01 0 1 ) =1 ,∴　ｆ(11 0 1 ) +ｆ(21 0 1 ) +… +ｆ(1 0 01 0 1 ) =5 0 .2 .任取ｘ1、ｘ2 ∈ (-∞ ,ａ)且ｘ1<ｘ2 ,则 -ｘ1>-ｘ2 >-ａ 2ａ -ｘ1>2ａｘ -ｘ2 >ａ .∵　ｙ =ｆ(ｘ)在 (ａ ,+∞ )上是减函数 ,∴　ｆ(2ａ -ｘ1) <ｆ(2ａ -ｘ2 ) .又∵　ｘ∈Ｒ都有ｆ(ａ +ｘ) =ｆ(ａ -ｘ) ,∴　ｆ(2ａ -ｘ1) =ｆ[ａ +(ａ1-ｘ1) ]=ｆ[ａ -(ａ -ｘ1) ]=ｆ(ｘ1) ,同理得ｆ(2ａ -ｘ2 ) =ｆ(ｘ2 ) ,∴　ｆ(ｘ1) <ｆ(ｘ2 ) ,∴　ｙ=ｆ(ｘ)在 (-∞ ,ａ)上是增函数 .3 .若ｘ∈ [-1 ,1 ]…     

解一类“恒成立”问题的五种方法

已知二次不等式在某区间上恒成立 ,求其中所含参数的取值范围 ,这是一类常见的题型 .这类问题涉及知识面广、综合性强 ,因而解题时应强调思路清晰 ,方法灵活 .下面通过一个典型例子介绍五种思想指导下的解法 ,供大家参考 .例题　已知当ｘ∈ [0 ,1]时 ,ｆ(ｘ) =ｘ2 ａｘ 3-ａ >0恒成立 ,求ａ的取值范围 .1　集合思想　解　设Ａ ={ｘ|ｆ(ｘ) >0 } ,由已知 [0 ,1] Ａ .令Δ =ａ2 - 4 (3-ａ) =ａ2 4ａ - 12 ,1)当Δ <0 ,即 - 6<ａ <2时 ,Ａ =Ｒ ,恒有 [0 ,1] Ａ .2 )当Δ≥ 0 ,即ａ≥ 2或ａ≤ - 6时 ,由 ｆ(ｘ) >0 ,得　Ａ ={ｘ|ｘ <-ａ -ａ2…     

全国高中数学联赛一例

20 0 2年全国高中数学联赛试题第 15题 :设二次函数 ｆ(ｘ) =ａｘ2 +ｂｘ +ｃ　 (ａ ,ｂ ,ｃ∈Ｒ ,ａ≠ 0 )满足条件 :(1)当ｘ∈Ｒ时 ,ｆ(ｘ -4 ) =ｆ(2 -ｘ) ,且ｆ(ｘ)≥ｘ ;(2 )当ｘ∈ (0 ,2 )时 ,ｆ(ｘ)≤ (ｘ + 12 ) 2 ;(3)ｆ(ｘ)在Ｒ上的最小值为 0 .求最大的ｍ(ｍ >1) ,使得存在ｔ∈Ｒ ,只要ｘ∈ [1,ｍ ] ,就有 ｆ(ｘ +ｔ)≤ｘ .解　ｆ(ｘ -4 ) =ｆ(2 -ｘ) ,∴　函数 ｆ(ｘ)的图象关于直线ｘ =-1对称 ,∴　 -ｂ2ａ=-1,即ｂ =2ａ①令　ｇ(ｘ) =(ｘ + 12 ) 2 ,则直线 ｙ =ｘ与抛物线 ｇ(ｘ) =(ｘ + 12 ) 2图 1相切于点Ａ(1,1) .又当ｘ∈…     

综合题新编选登

题 6 5　 已知函数 ｆ(ｘ) =ｘ|ｘ -ａ|(ａ∈Ｒ) .1 )判断 ｆ(ｘ)的奇偶性 ;2 )解关于ｘ的不等式 :ｆ(ｘ)≥ 2ａ2 ;3)写出 ｆ(ｘ)的单调区间 .解　 1 )当ａ =0时 ,ｆ(-ｘ) =-ｘ|-ｘ|=-ｘ|ｘ|=- ｆ(ｘ) ;∴ｆ(ｘ)是奇函数 .当ａ≠ 0时 ,ｆ(ａ) =0且 ｆ(-ａ) =- 2ａ|ａ|.故 ｆ(-ａ)≠ｆ(ａ)且 ｆ(-ａ)≠ - ｆ(ａ) ,∴ｆ(ｘ)既不是奇函数 ,也不是偶函数 .2 )由题设知ｘ|ｘ -ａ|≥ 2ａ2 ,∴原不等式等价于　　 ｘ <ａ-ｘ2 +ａｘ≥ 2ａ2 (1 )　　 ｘ≥ａｘ2 -ａｘ≥ 2ａ2 (2 )由 (1 ) ,得 ｘ <ａ ,ｘ2 -ａｘ +2ａ2 ≤ 0 .　　无解 .由 (2 ) ,得 …     

再解“恒成立”问题

本刊 2 0 0 1年 18期《解一类“恒成立”问题的五种方法》、2 0 0 2年 12期《一类“恒成立”问题的又一解法》等文 ,先后介绍了求解“恒成立”问题的诸多方法 ,读后受益匪浅 .这里笔者再介绍一种简捷新颖的方法供同学们借鉴、参考 .题目　已知当ｘ∈ [0 ,1]时 ,ｆ(ｘ) =ｘ2 +ａｘ + 3-ａ >0恒成立 ,求ａ的取值范围 .解　原不等式变形为ａｘ + 3-ａ >-ｘ2 .设 ｇ(ｘ) =ａｘ + 3-ａ ,ｈ(ｘ) =-ｘ2 .由于ｘ∈[0 ,1]时 ,[ｈ(ｘ) ]ｍａｘ=0 ,所以欲使 ｆ(ｘ) =ｘ2 +ａｘ+ 3-ａ >0在ｘ∈ [0 ,1]上恒成立 ,只要 ｇ(ｘ) =ａｘ+ 3-ａ在ｘ∈ [0 ,1]上…     

综合题新编选登

题 4 3　已知 ｆ(ｘ) =-ｘ3+ａｘ在 (0 ,1)上是增函数 ,1)求实数ａ的取值范围Ａ ;2 )当ａ取Ａ中最小值时 ,定义数列 {ａｎ}满足ａ1=ｂ∈ (0 ,1) ,且 2ａｎ +1=ｆ(ａｎ) ,试比较ａｎ 与ａｎ +1的大小 .3)在 2 )的条件下 ,问是否存在正实数ｃ ,使得 0<ａｎ+ｃａｎ-ｃ<2对于一切ｎ∈Ｎ恒成立 ?若存在 ,求出ｃ的取值范围 ,否则说明理由 .解　 1)设 0 <ｘ1<ｘ2 <1,则　ｆ(ｘ1) - ｆ(ｘ2 ) =-ｘ31+ａｘ1+ｘ32 -ａｘ2=(ｘ2 -ｘ1) (ｘ21+ｘ1·ｘ2 +ｘ22 -ａ) .由题意知　ｆ(ｘ1) - ｆ(ｘ2 ) <0且ｘ2 -ｘ1>0 ,∴ｘ21+ｘ1·ｘ2 +ｘ22 -ａ <0而ｘ21+ｘ1…     

关于函数f(x)=(ax b)～(1/2) (cx d)～(1/2)值域的一个定理

对于函数ｆ(ｘ) =ａｘ ｂ ｃｘ ｄ的值域 ,当ａ ,ｃ同号时 ,显然可以用函数的单调性求解 ;当ａ ,ｃ异号时 ,不能用函数单调性求解 ,近几年各数学刊物介绍了许多好的解法 .本文试给出一个求函数ｆ(ｘ)值域的定理 ,从根本上解决这种函数的值域求解问题 .为了叙述方便 ,设ｆ(ｘ) =ａｘ ｂ ｄ-ｃｘ(ａ>0 ,ｃ>0 ) .下面先给出一个引理 .引理　设ｆ1 (ｘ) =ａｘ ｂ ,ｆ2 (ｘ) =ｄ -ｃｘ(ａ>0 ,ｃ>0 ) ,则ｆ1ｄｃ ｆ2 - ｂａ =ｆ1ｄｃ ｆ2 (ｘ) ｆ2 - ｂａ ｆ1 (ｘ) .证明　因为ｆ1ｄｃ ｆ2 - ｂａ =ａｄｃ ｂｄ ｂｃａ =(ａｄ ｂｃ) 2ａｃ ,…     

应用二次函数图象特点解题探索

二次函数是高中数学的重要内容之一 ,图象的直观特点常被数学竞赛命题者青睐 .设ｆ(ｘ) =ａｘ2 ｂｘ ｃ(ａ≠ 0 )性质 1 )　当ａ>0时 ,ｆ(ｘ)的图象特点是下凸的 ,则有 :ｆ(ｘ1 ) ｆ(ｘ2 ) … ｆ(ｘｎ)ｎ≥ｆ(ｘ1 ｘ2 … ｘｎｎ ) .当ａ<0时 ,ｆ(ｘ)的图象特点是上凸的 ,则有 :ｆ(ｘ1 ) ｆ(ｘ2 ) … ｆ(ｘｎ)ｎ≤ｆ(ｘ1 ｘ2 … ｘｎｎ ) .性质 2 )　若ｆ(ｘ) ≥ 0时 ,ｘ∈Ｒ恒成立 ,则ｆ(ｘ)的图象开口向上 ,且图像全在ｘ轴上方 (含ｘ轴上 ) ,这等价于ａ>0△ ≤ 0若ｆ(ｘ) ≤ 0时 ,ｘ∈Ｒ恒成立 ,类似有ａ <0△ ≤ 0性质 3)　…     

变换思维角度解题

在解题过程中 ,我们会发现有的题若按一般解法往往比较繁锁或较难入手 ,如果变换一下思维角度 ,立刻给人柳岸花明的感觉 .现举例如下 :例 1　已知函数 ｆ(ｘ) =3ａｘ + 1 -2ａ在[-1 ,1 ]上存在ｘ0 ,使 ｆ(ｘ0 ) =0 (ｘ≠± 1 ) ,则ａ的取值范围是 (　　 ) .解法一　 (常规解法 :对函数进行讨论 .)( 1 )若ａ =0 ,则ｆ(ｘ) =1 ,在 [-1 ,1 ]上不存在ｘ0 ,使 ｆ(ｘ0 ) =0 .( 2 )若ａ≠ 0 ,要使一次函数ｆ(ｘ) =3ａｘ+ 1 -2ａ在 [-1 ,1 ]上存在ｘ0 ,使 ｆ(ｘ0 ) =0 ,必须满足ｆ( 1 ) ｆ( -1 ) <0 ,即　 ( 3ａ + 1 -2ａ) ( -3ａ + 1 -2ａ) <0 ,∴…     

一道高考题的错解·正解·启示

设函数 ｆ(ｘ) =ｘ2 1 -ａｘ ,其中ａ>0 .1 )解不等式ｆ(ｘ) ≤ 1 ;2 )求ａ的取值范围 ,使函数ｆ(ｘ) 在区间 [0 , ∞ )上是单调函数 .这是 2 0 0 0年理科数学高考第 1 9题 ,我参加了本题的阅卷工作 .众多试卷上的错解、妙解给人许多启迪 .对于 1 ) ,有下面典型性错解 :解原不等式 ,即解不等式　ｘ2 1≤ 1 ａｘ (ｉ) 1 ｘ2 ≤ (1 ａｘ) 2 (ｉｉ) ｘ≤ 0 ,(ａ2 - 1 )ｘ 2ａ≤ 0 (1 )或　 ｘ≥ 0(ａ2 - 1 )ｘ 2ａ≥ 0 (2 )(1 )的解为ｘ≤ 2ａ1 -ａ2 (ａ >1 ) ;(2 )的解为 :当ａ≥ 1时 ,ｘ≥ 0 ;当 0 <ａ<1时 ,0≤ｘ≤ 2ａ1 -ａ2 .…     

缩小参数范围 减少分类次数

最近我做了这样一道题 :例 1　ｆ(ｘ) =ｌｏｇａ[( 1ａ - 2 )ｘ+ 1]在区间[1,2 ]上恒为正 ,求实数ａ的取值范围 .由于本题中真数含有变量 ,因此要对参数进行多次分类讨论 :(Ⅰ ) 0 &;lt;ａ &;lt;1时 ,设ｔ(ｘ) =( 1ａ - 2 )ｘ + 1.( 1) 0 &;lt;ａ&;lt;12 ,ｔ(ｘ)、ｆ(ｘ)在 [1,2 ]上分别单调递增和递减 ,∴　ｔ( 1) =( 1ａ - 2 ) &;#215; 1+ 1&;gt;0ｆ( 1) =ｌｏｇａ[( 1ａ - 2 )&;#215; 1+ 1] &;gt;0 　　　　ａ&;gt;12 .此时无解 .( 2 )ａ =12 时 ,ｆ(ｘ) =0 ,也不合题意 .( 3) 12 &;lt;ａ &;lt;1时 ,ｔ(ｘ)、ｆ(ｘ)在 [1,2 ]上分别单调递减和递增 ,∴　ｔ( 2 ) =( 1ａ - 2 ) &;#215; 2 + 1&;gt;0ｆ( 1) =ｌｏｇａ[( 1ａ - 2 ) &;#215; 1+ 1] &;gt;0 　　　　 0 &;lt;ａ &;lt;23,∴　　　　 12 &;lt;ａ &;lt;23.(Ⅱ )ａ &;gt;1时 ,ｔ(ｘ)、ｆ(ｘ)在区间 [1,2 ]上分别单调递减和递增 ,∴　ｔ( 2 ) =( 1ａ - 2 )&;#215; 2 + 1&;gt;0 ,ｆ( 1) =ｌｏｇａ[( 1...     

构造函数f(x)=sum from i=1 to n()(a_ix-b_i)~2证明不等式

函数 ｆ(ｘ) =∑ｎｉ=1(ａｉｘ -ｂｉ) 2 =(ａ1ｘ -ｂ1) 2 + (ａ2 ｘ -ｂ2 ) 2 +… + (ａｎｘ -ｂｎ) 2 是关于ｘ的二次函数且具有特点 :①二次项系数大于 0 ;②函数值 ｆ(ｘ)≥ 0 .则有其判别式Δ≤0 .某些不等式证明题 ,若能根据已知条件和结论的特点 ,巧构函数 ｆ(ｘ) =∑ｎｉ=1(ａｉｘ -ｂｉ) 2 ,从而利用 ｆ(ｘ)≥ 0 ,Δ≤ 0可轻松获解 .例 1　已知ａ ,ｂ ,ｃ∈Ｒ且ａ + 2ｂ + 3ｃ=6 ,求证 :ａ2 + 2ｂ2 + 3ｃ2 ≥ 6 .证　构造函数 ｆ(ｘ) =(ａｘ - 1 ) 2 + ( 2·ｂｘ - 2 ) 2 + ( 3ｃｘ - 3) 2 =(ａ2 + 2ｂ2 + 3ｃ2 )·ｘ2 - 1 2ｘ + 6…     

两道数学高考题答案的几何解释

题 1　 ( 2 0 0 2年全国统一高考 (理科 )第2 1题 )设ａ为实数 ,函数ｆ(ｘ) =ｘ2 + |ｘ -ａ|+ 1 ,ｘ∈Ｒ .1 )讨论函数 ｆ(ｘ)的奇偶性 ;2 )求 ｆ(ｘ)的最小值 .评析　第 1 )问 (答案略 ) ;第 2 )问答案是 :当ａ≤ - 12 时 ,ｆ(ｘ) 最小 =34-ａ ;当 - 12 <ａ <12 时 ,ｆ(ｘ) 最小 =ａ2 + 1 ;当ａ≥12 时 ,ｆ(ｘ) 最小 =34+ａ .下面给出该答案的几何解释 :设 ｇ(ｘ) =ｘ2 + 1 ,ｈ(ｘ) =- |ｘ -ａ| ,那么 ｆ(ｘ) =ｇ(ｘ) -ｈ(ｘ) ,ｙ =ｇ(ｘ)的图象是开口向上的抛物线 ,ｙ =ｈ(ｘ)的图象是从点Ａ(ａ ,0 )发出的两条射线 (以下简称“角形线”) …     

一类“恒成立”问题的又一解法

本刊 2 0 0 1年 18期刊出的《解一类“恒成立”问图 1　解答用图题的五种方法》 ,读后很受启发 ,使我增长不少知识 .认真思考后 ,我又得到一种解法 ,请大家指正 .题目　已知当ｘ∈[0 ,1]时 ,ｆ(ｘ) =ｘ2 +ａｘ+ 3-ａ >0恒成立 ,求ａ的取值范围 .解　原式即 ｆ(ｘ) =(ｘ - 1)ａ + (ｘ2 + 3) >0 ,把ｘ看成常数 ,考虑关于ａ的一次函数 :ｔ(ａ) =(ｘ - 1)ａ + (ｘ2 + 3) ,它的图象是直线 ,令斜率ｋ =ｘ - 1,则ｋ∈ [- 1,0 ],又设截距ｂ =ｘ2 +3,有ｂ∈ [3,4 ],作直线系 .ｔ=ｋａ +ｂ ,ｋ∈ [- 1,0 ],ｂ∈ [3,4 ].当ｘ =1,ｋ =0 ,ｂ =4 ,如图 1中…     

方程ax~2 b|x| c=0根的讨论

众所周知 ,对于一元二次方程ａｘ2 ｂｘ ｃ =0(ａ≠ 0 ,ａ ,ｂ,ｃ∈Ｒ) ,当Δ =ｂ2 - 4ａｃ≥ 0时 ,在实数集内有两根 ;当Δ <0时 ,在实数集内无根 ,但在复数集内有两根 .但对形如ａｘ2 ｂ|ｘ| ｃ=0 (ａ≠ 0 ,ａ ,ｂ,ｃ∈Ｒ)的方程 ,其根的情况与系数间的关系就复杂得多 .以下是关于此方程根的存在性情况的讨论 .1　在实数集内根的情况结论 1　对方程ａｘ2 ｂ|ｘ| ｃ =0 (ａ≠ 0 ,ａ ,ｂ ,ｃ∈Ｒ) (Ⅰ )当ａ ,ｂ ,ｃ满足条件ｂ2 - 4ａｃ >0- ｂ2ａ>0ａｃ>0(1)时 ,在实数集内有四个根 ;当ａ ,ｂ ,ｃ满足条件ｂ2 - 4ａｃ >0ａｃ<0 (2 )时 …     

用判别式法求函数值域的几点思考

形如 ｙ =ａｘ2 ｂｘ ｃｄｘ2 ｅｘ ｆ(其中ａ2 ｄ2 ≠0 )的有理分式函数一般可转化为关于ｘ的一元二次方程 (ｄｙ -ａ)ｘ2 (ｅｙ -ｂ)ｘ (ｆｙ-ｃ) =0 (以下简称方程※ ,其中将 ｙ看作方程的系数 ) ,由方程有实根的条件Δ≥ 0来求函数值域的方法叫做“判别式法” .在运用此法的过程中若稍有疏忽便会导致函数值域的不完备或不纯粹 .例 1　求函数 ｙ =ｘ2 -ｘｘ2 -ｘ 1 的值域 .解　函数式变形为(ｙ - 1 )ｘ2 (1 - ｙ)ｘ ｙ =0 (1 )当 ｙ =1时 ,方程 (1 )为 1 =0 ,这显然不成立 ,因此 ｙ =1不在函数值域中 :当 ｙ≠ 1时 ,∵ｘ∈Ｒ …     

韦达定理的另探

从另一角度审视一元二次方程 ,引出根与系数关系 .不妨设ａｘ2 +ｂｘ +ｃ=0 (ａ≠ 0 )有两个不为 0的根ｘ1、ｘ2 ,且ｘ1≠ｘ2 .∵　ａｘ2 +ｂｘ +ｃ=0 (ａ≠ 0 ) ,∴　 ｃａ·1ｘ=-ｂａ-ｘ .令ｙ =ｃａ·1ｘ,则ｙ =-ｂａ-ｘ .画它们的图像如图 .　　由于它们的图像都关于直线 ｙ =ｘ对称 ,所以 ,可设两图像交于Ｍ (ｘ1,ｙ1) ,Ｎ(ｘ2 ,ｙ2 )点 .则　ｘ1=ｙ2 ,　ｘ2 =ｙ1,所以　ｘ1+ｘ2 =ｘ1+ｙ1=-ｂａ.ｘ1·ｘ2 =ｘ1·ｙ1=ｃａ.这就证明了韦达定理 (当ｘ1、ｘ2 均不为零的情况 ) .其它情况也可得出相应结论韦达定理的另探$山东省单县孙六张黄…     

求解含有绝对值的“三个二次”综合题的五个着眼点

中学数学中的“三个二次”是指二次函数、二次方程、二次不等式 .以二次函数为中心 ,用它的图象和性质串联另外两个“二次”以及其他知识组成的综合题是历年高考的重点 .含有绝对值的“三个二次”综合题乃重中之重 ,解答这类问题常从以下几个方面考虑 .1　运用公式 | |ａ| - |ｂ| |≤ |ａ±ｂ|≤ |ａ| + |ｂ|例 1　函数ｆ(ｘ) =ａｘ2 +ｂｘ +ｃ　 (ａ ,ｂ ,ｃ∈Ｒ ,ａ≠ 0 ) ,若函数ｆ(ｘ)的图象与直线ｙ =ｘ和ｙ =-ｘ均无公共点 ,求证 :1) 4ａｃ -ｂ2 >1;2 )对一切实数ｘ ,恒有 |ａｘ2 +ｂｘ +ｃ| >14 |ａ| .分析 :1)略 .2 ) |ａｘ2 +ｂｘ …     

一道求字母范围例题的错解辨析

例　ｍ是什么实数时 ,关于ｘ的方程ｘ2 (ｍ - 2 )ｘ (5 -ｍ) =0的二不等根均大于 2 .错解　分离出ｍ =ｘ2 - 2ｘ 51 -ｘ ,即ｍ=- [(ｘ - 1 ) 4ｘ - 1 ](ｘ >2 ) ,问题转化成求关于ｘ的函数ｍ的值域 .∵ (ｘ - 1 ) 4ｘ - 1 ≥ 4(当且仅当ｘ =3时取“ =”) ,∴ｍ≤ - 4 .图 1　例题图辨析　为研究的方便 ,需用到一个重要函数 ｆ(ｕ) =ｕ ａｕ (ａ >0 ,ａ为常数 )的单调性 :ｆ(ｕ) 在 (0 ,ａ]上递减 ,在 [ａ , ∞ )上递增 (用单调性定义易证 ) .本题设ｕ =ｘ - 1 ,∵ｘ >2 ,∴ｕ >1 .设 ｙ1=ｍ ,ｙ2=- (ｕ 4ｕ) (ｕ >1 ) ,于是题目中的…     

二次函数在闭区间上的最值

求二次函数 ｆ(ｘ) =ａｘ2 ｂｘ ｃ在闭区间上的最值 ,由于可以较好地考查学生的数学思想和思维能力 ,因而是一类很典型的题型 .通过画图我们可直观的得到 :二次函数 ｆ(ｘ) =ａｘ2 ｂｘ ｃ(ａ >0 )在ｘ∈[ｘ1 ,ｘ2 ]上的最值为 :1　若ｘ1 ≥ - ｂ2ａ,则ｆ(ｘ)有最小值 ｆ(ｘ1 ) ,最大值ｆ(ｘ2 ) ;2　若ｘ1 ≤ - ｂ2ａ≤ｘ2 ,则 ｆ(ｘ)有最小值 ｆ( - ｂ2ａ) ,最大值ｍａｘ{ｆ(ｘ1 ) ,ｆ(ｘ2 ) };3　若ｘ2 ≤ - ｂ2ａ,则 ｆ(ｘ)有最小值 ｆ(ｘ2 ) ,最大值ｆ(ｘ1 ) .至于ａ <0的情况有类似的性质 .例 1　 ( 1996年全国高中数学联赛题 )如…