一道函数题引发的思考

<正>我们学过基本不等式后老师出的一道函数题引发了我的思考,下面是我对这道题的一点感悟.题已知:f(x)=ax²+bx+c的图像过(-1,0)是否存在常数a,b,c使不等式x≤f(x)≤x2+bx+c的图像过(-1,0)是否存在常数a,b,c使不等式x≤f(x)≤x²+1/2对一切实数x都成立.一般解法假设存在实数a、b、c满足题意.∵f(x)的图像过(-1,0)对一切实数x都成立,     

对一类函数不等式的讨论

一、问题的来源例 :已知 :当 |x|≤ 1时 ,有 |ax2 +bx +c|≤ 1 .证明 :当 |x|≤ 1时 ,有 |2ax +b|≤ 4 .以上为一匈牙利奥数竞赛题 ,综观各类文献 ,其典型的证法有以下两种 :证法一 :记f(x) =ax2 +bx+c,g(x) =2ax+b.因函数 g(x)在 [- 1 ,1 ]上单调 ,故只要证明在已知条件下有 |g(1 ) |=|2a+b|≤4且|g(- 1 ) |=|- 2a+b|≤ 4即可 .易知2a+b=32 (a +b +c) +12 (a -b +c) - 2c=32 f(1 ) +12 f(- 1 ) - 2f(0 ) .于是由 |f(- 1 ) |≤ 1 ,|f(0 ) |≤ 1及|f(1 ) |≤ 1 ,知 |2a +b|≤ 32 |f(1 ) |+12 |f(- 1 ) |+2 |f(0 ) |≤32 +12 +2 =4,即 |2a +b|…     

用平面“可行域”解一种条件不等式

题目已知二次函数f(x)=ax2+bx,a≠0,且满足1≤f(-1)≤2,2≤f(1)≤4,求f(-2)的取值范围. 在一次课堂上,教师让学生解这道题目, 出现了以下几种解决方案. 为简单,先作些必要的转化.因为f(-1) =a-b,f(1)=a+b,f(-2)=4a-2b,所以     

综合题新编选登

题 91 　已知二次函数 y =ax2 +bx +c(a >0 )图象上存在一点P(x0 ,y0 ) ,满足 y0<0 ,证明 :函数图象必与x轴有两个交点A(x1,0 ) ,B(x2 ,0 ) ,且x0 在x1,x2 之间 .证　∵ y0 =ax20 +bx0 +c =a(x0 +b2a) 2 + 4ac -b24a ,∴Δ =b2 - 4ac =4a2 (x0+ b2a) 2 - 4ay0 ,又a >0 ,y0 <0 ,∴Δ >0 ,故函数图象必与x轴有两个交点A(x1,0 ) ,B(x2 ,0 ) .不妨设x1相似文献   

学贵有疑--质疑、反思

文[1]“巧解”摘录:题已知二次函数f(x)=ax2 bx c(a,b,c∈R)的图像经过点(-1,0),且x≤f(x)≤12(x2 1)对一切实数x都成立,求f(x).原解设A(x),B(f(x)),C(x2 12)为数轴上的3点,则ABBC=λ.由于当x∈R时,总有x≤f(x)≤12(x2 1)恒成立,∴λ≥0.由定比分点公式得f(x)=x λ(x2 12)1 λ.     

一道习题的推广及证明

习题　已知 a,b∈ R+ ,且 a≠ b,求证 :a2 + b2 >3 a3 + b3 .证明　原命题等价于( a2 + b2 ) 3 >( a3 + b3 ) 2 ,展开很易证明 .推广　已知 a,b,m,n∈ R+ ,且 a≠ b,m >n,求证 :n an + bn >m am + bm .证明　构造函数 y =f( x) =x ax + bx( a,b∈ R+ ,且 a≠ b,x >0 ) ,两边取对数得　 lny =ln( ax + bx)x ,两边取导数 ,得y′y =x( axlna + bxlnb) - ( ax + bx) ln( ax + bx)x2 ( ax + bx) .∵　 a,b∈ R+ ,且 a≠ b,x >0 ,∴　 ( ax) ax . ( bx ) bx <( ax + bx ) ax+ bx,∴　 x( axlna + bxlnb)　　 <( ax + bx) ln( ax + bx) ,∴　 y′…     

三次函数图像对称性的证明

<正>我们已经知道二次函数f(x)=ax²+bx+c(a≠0)的图像关于直线x=-(b/2a)对称,那么三次函数f(x)=ax2+bx+c(a≠0)的图像关于直线x=-(b/2a)对称,那么三次函数f(x)=ax³+bx3+bx²+cx+d(a≠0)有没有对称性呢?这类函数图像有对称中心,其对称中心为(-b/3a,f(-b/3a).下面我从多角度证明.证法1配方法f(x)=ax2+cx+d(a≠0)有没有对称性呢?这类函数图像有对称中心,其对称中心为(-b/3a,f(-b/3a).下面我从多角度证明.证法1配方法f(x)=ax³+bx3+bx²+cx+d     

二次函数和抛物线不等式

考察二次函数 y =ax2 +bx +c(a≠ 0 ) .为了方便起见 ,记 f(x) =ax2 +bx +c,对它进行配平方 ,可以得到f(x) =a x + b2a2 + 4ac -b24a .由上式 ,我们容易得到以下诸结论 :1)若a >0 ,则当x≤ - b2a时 ,y是单调递减的 ;当x≥ - b2a时 ,y是单调递增的 .因此 ,y =f(x)在全实轴上没有最大值 ,只有x =- b2a是 y在全实轴上的最小值点 ,其最小值为ymin=f - b2a =4ac -b24a .从而有 f(x)≥4ac -b24a (1)2 )若a <0 ,则当x≤ - b2a时 ,y是单调递增的 ;当x≥ - b2a时 ,y是单调递减的 .因此 ,y =f(x)在全实轴上没有最小值 ,只有x =- b2a是 y在全实轴上的最…     

用函数图像解两道赛题

例1(2002年全国联赛试题)设二次函数f(x)=ax2+bx+c(a,b,c∈R,a≠0)满足以下条件:(1)x∈R时,f(x-4)=f(2-x),且f(x)≥x;     

综合题新编选登

题179已知函数f(x)=ax3 bx2 c(a,b,c∈R,a≠0)的图象过点P(-1,2),且在点P处的切线与直线x-3y=0垂直.1)若c=0,试求函数f(x)的单调区间.2)若a>0,b>0且(-∞,m),(n, ∞)是f(x)的单调递增区间.试求n-m的范围.解由f(x)=ax3 bx2 c的图象过点P(-1,2)知-a b c=2.又f′(x)=3ax2 2bx.因为f     

含向量的方程

在高三的一本数学复习资料中,有一道关于含向量的方程的解的存在性的问题.下面在该题求解的基础上探讨一下怎样判断和解含向量的方程.　　题目　已知a,b,c为非零向量且a⊥b,x∈R,x1,x2 是方程ax2 + bx + c=0的两实根,求证:x1=x2 .1　解法探讨错解　因为a⊥b则a·b=0 .b·(ax2 + bx+ c) =0 ,(b·a) x2 + b2 x+ b·c=0 ,∴　x=- b·cb2 .故,原方程只有唯一解,所以x1=x2 .错因分析　“将原方程两边同点乘b”,不是同解变形.b·(ax2 + b·x+ c) =0成立时,除了ax2 + bx+ c=0外,还有可能是b⊥(ax2 + bx+ c) .所以- (b·c) / b2不一定是原方程的解.…     

一道联考试题的讨论

湖北省部分重点中学 2 0 0 3届第一次联考数学试卷上有这样一道题 :已知 f(x) =ax2 +bx +c,如果x∈ [-1 ,1 ]时 ,均有 | f(x) |≤ 1 .1 )求证 :|c|≤ 1 ;2 )当x∈ [- 1 ,1 ]时 ,试求 g(x) =|cx2+bx +a|的最大值 ;3)试给出一个这样的 f(x) ,使 g(x)确实取到上述最大值 .命题者的解答如下 :解　∵x∈ [- 1 ,1 ]时 ,| f(x) |≤ 1恒成立 ,令x =0 ,得 |c|≤ 1 .2 )∵g(x) =|cx2 +bx +a|=|cx2 -c+c+bx +a|≤ |cx2 -c| + |c+bx +a|=|c| ( 1 -x2 ) + |c +bx +a|≤ |c| + |c+bx +a| ,由于函数 φ(x) =|c +bx +a|在 [- 1 ,1 ]的端点处取到最大值 .所以…     

从一则教学研究案例看高中数学教师的解题教学

文[1,33～34]描述了一位数学教师在讲评一道高考题时出现的“意外”情况及其处理策略和课后反思.一方面反映了该教师有临场应变能力,能及时调整教学进程,并能给学生许多自主权,又反映出他的数学解题教学专业素养亟待提高. 1 教学过程再现 这是一堂解题训练课,题目是2009年全国卷Ⅰ(理)第22题: 设函数f(x)＝x3+ 3bx2+3cx有两个极值点x1,x2,且x1∈[-1,0],x2∈[1,2], (1)求b,c满足的约束条件,并在下面的坐标平面内(bOc坐标系,图略),画出满足这些条件的点(b,c)的区域; (2)求证:-10≤f(x2)≤-1—2.     

用定比分点公式巧解一题

题已知二次函数f(x)=ax2 bx c(a,b,c∈R)的图像经过点(-1,0),且x≤f(x)≤12(x2 1),对一切实数x都成立,求f(x).分析本题显然是一道不等式恒成立问题,利用一元二次不等式恒成立知识点来解决,其运算量较大,如果用定比分点公式来解,求解过程就会变得简单、明了.解设A(x),B(f(x)),C(12(x2 1))为数轴上的三点,则ABBC=,λ由于当x∈R时,总有x≤f(x)≤12(x2 1)恒成立,∵λ≥0,由定比分点公式得f(x)=x λ(x2 12)1 λ,又∵曲线y=f(x)经过点(-1,0),∴0=-1 λ1 λλ=1,∴f(x)=14x2 12x 14.本题若结合1≤f(1)≤1 f(1)=1,又f(-1)=0来求解,其运算量也较…     

对一道竞赛题的解法的补注

20 0 2年全国高中数学联赛第一试 1 5题是这样的 :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.(原解详见本刊 2 0 0 2年第 1 2期 P38)今年的这道试题出得很好 ,原因在于 ,它能从陈题出发 ,改革陈题 ,推陈出新 ,分析原题的实质 ,提炼解法的关键 ,然后纵向延伸、横向拓广或触类旁通作移植与类比 ,从而…     

利用线性规划思想解题

解决线性规划问题的数学思想 ,从本质上谈就是数形结合 .当约束条件或目标函数不是线性思题 ,而其几何意义明显 ,这时仍可利用线性规划的思想来解决问题 ,使解题思路拓宽 ,思维拓展 ,从而提高学生的解题能力 .1　函数问题转化为规划问题例 1　已知二次函数f(x) =ax2 +bx + 1 (a ,b∈R ,a >0 ) ,设方程f(x) =x的两实根为x1 和 图 1　例 1图x2 ,如果x1 <2 1 .证　设g(x) =f(x)-x =ax2 + (b - 1 )x + 1由题意 ,利用线性规划思想解题@商俊宇$临沂市罗庄区第一中学!山东276017…     

三次函数性质的研究和应用

随着新教材的使用和推广,使高中学生用导数来解决高次和无理函数的性质成为现实,三次函数的有关问题作为典型在近几年的高考和竞赛试题中不断出现,因此有必要对三次函数进行研究.文[1]用初等的方法解决了三次函数图象的对称中心问题,本文试用导数对y=ax3+bx2+cx+d(a≠0)进行较全面的研究,并加以适当的应用.一、y=ax3+bx2+cx+d(a>0)的图象和性质1.三次函数的单调性分析:因为f′(x)=3ax2+2bx+c,所以Δ=4b2-12ac=4(b2-3ac),于是:Ⅰ.当b2-3ac>0时,方程f′(x)=0有两个不同的实根x1,x2(访设x10,所以y=ax3+bx2+cx+d(a>0)在(-∞,x1)或(…     

反思通解·引出简解·创造巧解

在解题教学中,有些教师总是演示“成功”,教师的解题思路方法一想就正确、巧妙;教师从不展示“失败”,从不展示在解题思路和方法碰壁时怎么办.长此以往,学生的独立解题能力得不到提高,而且对巧解有一种神秘感.其实,许多问题的巧解可以在反思通解的过程中产生,教师若能引导学生对通解进行反思,使学生在反思中看到转变思维的方向、方式、方法和策略,缩小探索范围,尽快获得发现的成功,这不仅使学生感到巧妙思路的得来是顺其自然的,而且在发展学生思维、培养创新能力上无疑是一种很好的体验和进步.题目　二次函数f(x)=ax2 bx c的图象经过点(-1,0…     

一道国际数学竞赛题的推广

我们首先来看 2 0 0 3年第 16届爱尔兰数学奥林匹克试题 9(见文 [1]) :设a ,b >0 ,求最大的正实数c ,使得对于任意的正实数x ,均有c≤max{ax 1ax,bx 1bx} .解　设 f (t) =t 1t ,t >0 ,g(x) =max{ f(ax) ,f(bx) } .原问题转为求 g(x) 在x >0时的最小值 .若a =b ,则g(x) =ax     

一类不等式成立的条件与均值不等式的加强

熟知 ,不等式ax2 +bx +c≥ 0 (x≥ 0 )成立的充要条件是a≥ 0 ,c≥ 0 ,b+ 2ac≥ 0 .对此加以推广 ,我们得到了定理 1　设n∈R ,n >1 ,则不等式fn(x) =axn+bx +c≥ 0 .(x≥ 0 ) ( 1 )成立的充要条件是a≥ 0 ,c≥ 0 ,(n - 1 )b +n[(n - 1 )acn - 1 ]1 n≥ 0( 2 )证　先考虑a =1的情况 :易知b≥ 0时fn(x)在 [0 ,+∞ )上递增 ,b <0时 fn(x)在 [0 ,x0 ]与 [x0 ,+∞ ]上分别递减与递增 ,其中x0 =-bn1 n- 1 .故当x≥ 0时有fn(x) min=f( 0 ) =cf(x0 ) =c- (n - 1 )x0 n　 (b≥ 0 ) ,(b<0 ) .从而知 fn(x)≥ 0 (x≥ 0 )成立的充要条件是b≥ 0 ,c≥ 0…