數(shù)學(xué)二次函數(shù)總結(jié)

1、學(xué)習(xí)好資料歡迎下載第三講 二次函數(shù)二次函數(shù)是最簡單的非線性函數(shù)之一， 而且有著豐富內(nèi)涵。 在中學(xué)數(shù)學(xué)數(shù)材中， 對二次函數(shù)和二次方程，二次三項式及二次不等式以及它們的基本性質(zhì)，都有深 入和反復(fù)的討論與練習(xí)。它對近代數(shù)學(xué)，乃至現(xiàn)代數(shù)學(xué)，影響深遠，為歷年來高 考數(shù)學(xué)考試的一項重點考查內(nèi)容，歷久不衰，以它為核心內(nèi)容的重點試題，也年 年有所變化，不僅如此，在全國及各地的高中數(shù)學(xué)競賽中，有關(guān)二次函數(shù)的內(nèi)容 也是非常重要的命題對象。因此，必須透徹熟練地掌握二次函數(shù)的基本性質(zhì)。學(xué)習(xí)二次函數(shù)的關(guān)鍵是抓住頂點( -b/2a ， (4ac-b 2)/4a )，頂點的由來體現(xiàn)了 配方法( y=ax2+bx+c=a(x

2、+b/2a) 2+(4ac-b 2)/4a )；圖象的平移歸結(jié)為頂點的平移 (y=ax2y=a(x-h) 2+k)；函數(shù)的對稱性(對稱軸 x=-b/2a ，f (-b/2a+x)=f (-b/2a-x) ，xR)，單調(diào)區(qū)間(-，-b/2a )，-b/2a,+ 、極值(4ac-b 2)/4a )， 2判別式( b -4ac )與 X軸的位置關(guān)系(相交、相切、相離) 等，全都與頂點有關(guān)。四個二次型”概述在河南教育出版社出版的漫談 ax2+bx+c一書中(作者翟連林等)，有如 下一個“框圖”：一元)二次函數(shù)+bx+c (a 0)2 y=ax a=0 一次二項式 元)二次三項式2ax +bx+c(a

3、0) a=0 bx+c(b 0)2ax2+bx+c=0(a0)元二次方程一元二次不等式ax2+bx+c>0或 a=0 2ax +bx+c<0(a 0)觀察這個框圖，就會發(fā)現(xiàn)：在 a0 的條件下，從二次三項式出發(fā)， 就可派生出一元二次函數(shù)，一元二次方程和一元二次不等式來。故將它們合稱為 “四個二次型”。其中二次三項式 ax2+bx+c(a 0) 像一顆心臟一樣，支配著整個“四個二次型”的運動脈絡(luò)。而二次函數(shù) y=ax2+bx+c(a0) ，猶如“四個二次型” 的首腦或統(tǒng)帥：它的定義域即自變量 X 的取值范圍是全體實數(shù)，即 nR；它的解 析式 f(x) 即是二次三項式 ax2+bx+c

4、(a 0) ；若 y=0，即 ax2+bx+c=0(a0)，就 是初中重點研究的一元二次方程；若 y>0 或 y<0，即 ax2+bx+c>0 或 ax2+bx+c<0( a 0)，就是高中一年級重點研究的一元二次不等式，它總攬全局，是“四個二次 型”的靈魂。討論零值的一元二次函數(shù)即一元二次方程是研究“四個二次型”的 關(guān)鍵所在，它直接影響著兩大主干：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數(shù)的零點；一元二次不等式的解集可看作二次函數(shù) 的正、負(fù)值區(qū)間。心臟、頭腦、關(guān)鍵、主干、一句話，“四個二次型”聯(lián)系密切， 把握它們的相互聯(lián)系、相互轉(zhuǎn)化、相互利用

5、，便于尋求規(guī)律，靈活運用，使學(xué)習(xí) 事半功倍二、二次函數(shù)的解析式上面提到，“四個二次型”的心臟是二次三項式：二次函數(shù)是通過其解析式 來定義的(要特別注意二次項系數(shù) a 0)；二次函數(shù)的性質(zhì)是通過其解析式來研 究的。因此，掌握二次函數(shù)首先要會求解析式，進而才能用解析式去解決更多的 問題。Y=ax2+bx+c(a 0) 中有三個字母系數(shù) a、b、c，確定二次函數(shù)的解析式就是確 定字母 a、b、c 的取值。三個未知數(shù)的確定需要 3個獨立的條件，其方法是待定 系數(shù)法，依靠的是方程思想及解方程組。二次函數(shù)有四種待定形式：1標(biāo)準(zhǔn)式(定義式)： f(x)=ax 2+bx+c.(a 0)2頂點式：f(x)=a(

6、x-h) 2+k .(a 0)3兩根式(零點式)： f(x)=a(x-x 1)(x-x 2). (a 0) 4三點式：(見羅增儒高中數(shù)學(xué)競賽輔導(dǎo))f (x f (x f (x過三點 A(x1,f (x 1) )、 B(x2,f (x 2)、C(x3,f (x 3) )的二次函數(shù)可設(shè)為 f (x)=a 1(x-x 2)(x-x 3)+a2(x-x 1)(x-x 3)+a 3(x-x 1)(x-x 2) 把 ABC坐標(biāo)依次代入，即 令 x=x1,x 2,x 3, 得1) =a 1(x 1-x 2)(x 1-x 3)，2) =a 2(x 2-x 1)(x 2-x 3)，3) =a 3(x 3-x 1

7、)(x 3-x 2)解之，得： a1=f (x 1)/ (x 1-x 2)(x 1-x 3) ， a2=f (x 2)/ (x 2-x 1)(x 2-x 3) ，a3=f (x 3)/ (x 3-x 1)(x 3-x 2)從而得二次函數(shù)的三點式為：f(x)=f(x 1)/(x 1-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) 根據(jù)題目所給的 不同條件，靈活地選用上述四種形式求解二次函數(shù)解析式，將會得心應(yīng)手。例 1 已知二次函數(shù)

8、的圖象過( 1, 6)，( 1，2)和( 2,3 )三點， 求二次函數(shù)的解析式。 解法一 ：用標(biāo)準(zhǔn)式圖象過三點( 1, 6)、( 1，2)、( 2,3 )可設(shè) y=f (x)=ax 2+bx+c，且有 a-b+c= 6 ，a+b+c=2 ，4a+2b+c=3 解之得： a=1，b=2，c= 5所求二次函數(shù)為 y=x2+2x-5 解法二 ：用三點式圖象過三點( 1，6)，( 1， 2)，( 2,3)可設(shè) y=a1(x-x 2)(x-x 3)+a 2(x-x 1)(x-x 3)+a 3(x-x 1)(x-x 2)=(a 1+a2+a3)x 2a 1(x 2+x3)+a 2(x 1+x3)+a 3(

9、x 1+x2)x+(a 1x2x3+a2x 1x3+a3x1x2)計算可得： a1=6/( 11)( 12)= 1， a2=2/ (1 1)(1 2)=1 ， a3=3/ (2 1)(2 1)=12 f (x)=x 22x 5例 2 二次函數(shù)的圖象通過點( 2， 5)，且它的頂點坐軸為( 1， 8)， 求它的解析式解：它的頂點坐標(biāo)已知可設(shè) f (x)=a(x 1) 28又函數(shù)圖象通過點( 2， 5)，2a(21)28=5解之，得 a=3故所求的二次函數(shù)為：y=3(x 1) 28即： y=f (x)=3x 2 6x 5 評注 ，以頂點坐標(biāo)設(shè)頂點式 a(x-h) 2+k，只剩下二次項系數(shù) a 為待

10、定常數(shù)， 以另一條件代入得到關(guān)于 a 的一元一次方程求 a，這比設(shè)標(biāo)準(zhǔn)式要來得簡便得多。例 3 已知二次函數(shù)的圖象過( 2,0 )和( 3,0 )兩點，并且它的頂點的 縱坐標(biāo)為 125/4 ，求它的解析式。解：( 2,0 )和( 3,0 )是 X軸上的兩點，x12，x2 3可設(shè) y=f(x)=a(x+2)(x-3) =a(x 2-x-6)=a(x-1/2) 2-25/4 =a(x-1/2) 2-25/4a它的頂點的縱坐標(biāo)為 25/4a 25/4a=125/4 ，a=5 故所求的二次函數(shù)為：f (x)= 5(x+2)(x-3)= 5x2+5x+30 想一想 ：本例能否用頂點式來求？例 4 已知二

11、次函數(shù)經(jīng)過 3 點 A(1/2 ， 3/4 )、B(1,3 )、 C(2,3 )， 求解析式。 分析 本例當(dāng)然可用標(biāo)準(zhǔn)式、三點式求解析式，但解方程組與求a1、 a2、a3計算較繁。仔細(xì)觀察三點坐標(biāo)特點或畫個草圖幫助分析，注意到三點的特殊位置， 則可引出如下巧解。 解法一 ：頂點式：由二次函數(shù)的對稱性可知，點 B、 C所連線段的中垂線 x=(-1+2)/2=1/2 即為圖象的對稱軸，從而點 A(1/2 ，3/4 )必是二次函數(shù)的頂點， 故可設(shè)頂點式 :f(x)=a(x-(1/2) 2+(3/4)把 B 或 C的坐標(biāo)代入得： f(-1)=a(-3/2) 2+(3/4)=(9/4)a+(3/4)=3

12、 解得： a=1f(x)=(x-(1/2)2+3/4=x2-x+1 解法二 由 B、C的縱坐標(biāo)相等可知 B、C兩點是函數(shù) y=f (x) 與直線 y=3 的交 點，亦即 B、C 兩點的橫坐標(biāo)是方程 f (x)=3 即 f (x)-3=0 的兩個根故可設(shè)零點式 為：f (x)-3=a(x+1)(x-2)把 A 點坐標(biāo)代入，有f (1/2)-3=a(1/2+1)(1/2-2)，即 9/4= 9/4a ， a=1從而 f (x)=(x+1)(x-2)+32=x -x+1三、二次函數(shù)的最值我們知道，二次函數(shù) y=f (x) ax2+bx+c (a 0) 利用配方法，可以得出： y=f(x)=ax 2+

13、bx+c=a(x+(b/2a) 2+(4ac-b 2) /4a) ， 它的圖象是開口向上或向下的拋物線，其頂點坐標(biāo)是( -(b/2a) ，(4ac-b 2) /4a) )1當(dāng)自變量在全體實數(shù)范圍內(nèi)變化時，二次函數(shù)的最值為：a>0，a<0，ymin=f min=(4ac-b /4a) ；ymax=f max=(4ac-b /4a) ；2當(dāng)自變量的取值范圍為有限閉區(qū)間 p,g 時，其最值在 f (p) 、f (g) 、f (-b/2a) 三者中取得，最值情況如下表：-b/2a p,g-b/2ap,ga>0f min=f(-b/2a)=(4ac-b 2)/4a) f max= ma

14、xf (p),f (g)f min=minf (p),f (g) f max=maxf (p),f (g)a<0f max=f (-b/2a)=(4ac-b2)/4a)f min=minf (p),f (g)例 5 當(dāng) X 為何值時，函數(shù)f(x)=(x-a 1) 2+(x-a 2) 2+(x-a n) 2取最小值。解： f (x)=(x 2-2a 1x+a12)+(x 2-2a2x+a22)+(x 2-2a nx+an2)=nx 2-2(a 1+a2 +an)x+(a 12+a22+an2)當(dāng) x=(a 1+a2+an)/n) 時， f(x) 有最小值。 評注 ：1994年全國普通高考命

15、制了如下一個填空題，在測量某物理量的過 程中，因儀器和觀察的誤差，使得 n次測量分別得到 a1、a2、，an共 n 個數(shù)據(jù)。 我們規(guī)定的所測物理量的“最佳近似值” a 是這樣一個量：與其它近似值比較， a 與各數(shù)據(jù)差的平方和最小，依此規(guī)定，從 a1,a 2, an推出 a=讀者從例 5的解答中，能否悟到解決此題的靈感？例 6( 1982年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題)已知 x1,x 2是方程 x2-(k-2)x+(k 2+3k+5)=0 (k 為實數(shù))的兩個實數(shù)根， x12+x22 的最大值是：(A)19；(B)18；(C)50/9(D)不存在解：由韋達定理得： x1+x2=k-2，x1x2=k2+3

16、k+5x12x22(x1x2)2-2x 1x222=(k-2) 2-2(k 2+3k+5)=-k 2-10k-6=-(k+5) 2+19如果由此得 K-5 時，(x12+x22)max=19，選(A)，那就錯了。為什么？已知 該 x1,x 2是方程的兩個“實數(shù)”根，即方程必須有實數(shù)根才行，而此時方程的判別 式0，即(k-2) 2-4(k 2+3k+5)=-3k 2-16k- 160 解得： -4k-4/3k=-5 -4,-4/3 ，設(shè) f(k)=-(k+5) 2+19則 f(-4)=18,f(-4/3)=50/9<18當(dāng) k=-4 時，(x 12+x22)max=18，選(B) 評注 ：

17、求二次函數(shù)最值時，必須首先考慮函數(shù)定義域。否則，審題不慎， 忽略“實數(shù)”二字，就會掉進題目設(shè)置的“陷阱”中去了。例 7已知 f (x)=x 2-2x+2 ，在 xt,t+1 上的最小值為 g (t) ，求 g (t) 的表達式。解：f (x)= (x-1)2+1(1) 當(dāng) t+1<1 即 t<0 時，g(t)=f(t+1)=t 2+1(2) 當(dāng) t 1t+1，即 0t1 時，g (t)=f (1)=1(3) 當(dāng) t>1 時， g(t)=f (t)=t 2-2t+2綜合( 1)2)、(3)得：例 8(1)當(dāng) x2+2y2=1 時，求 2x+3y2的最值；(2)當(dāng) 3x2+2y2

18、=6x 時，求 x2+y2 的最值。解：( 1)由 x2+2y2=1 得 y2=1/2(1-x 2) ，代入2x+3y2=2x+(3/2)(1-x 2)=(-(3/2)(x-(2/3)2+(13/6)又 1-x 2=2y20， x21，1x1當(dāng) x=2/3 時，y=( 10)/6 ，( 2x+3y2) max=16/3 ；當(dāng) x=-1 時， y=0， ( 2x+3y2) min= 2(2) 由 3x2+2y2=6x，得 y2=(3/2)x(2-x) ，代入2 2 22x2+y2=x2+(3/2)x(2-x)=-1/2 (x-3)2+9/2又 y2=(3/2)x (2-x) 0，得 0 x 2當(dāng)

19、 x=2，y=0 時，(x2+y2)max=4；當(dāng) x=0，y=0 時， (x 2+y2) min=0四、二次函數(shù)與二次方程 二次方程問題其實質(zhì)就是其相應(yīng)二次函數(shù)的零點 (圖象與 x 軸的交點 )問題， 因此，二次方程的實根分布問題，即二次方程的實根在什么區(qū)間內(nèi)的問題，借助 于二次函數(shù)及其圖象利用形數(shù)結(jié)合的方法來研究是非常有益的。22設(shè) f (x)=ax 2+bx+c(a 0)的二實根為 x1,x 2，(x1<x2)，=b2-4ac，且、( <) 是預(yù)先給定的兩個實數(shù)。1當(dāng)兩根都在區(qū)間 (, )內(nèi)，方程系數(shù)所滿足的充要條件： <x1<x2<，對應(yīng)的二次函數(shù) f (

20、x) 的圖象有下列兩種情形 (圖 1)當(dāng) a>0時的充要條件是： >0，<-b/2a <，f( )>0，f ( )>0當(dāng) a<0時的充要條件是： >0，<-b/2a <，f( )<0，f ( )<0 兩種情形合并后的充要條件是： > 0， < -b/2a <，af( )>0，af ( )>02當(dāng)兩根中有且僅有一根在區(qū)間( ，)內(nèi)，方程系數(shù)所滿足的充要條件： <x1< 或<x2<，對應(yīng)的函數(shù) f(x) 的圖象有下列四種情形(圖 2)從四種情形得充要條件是：f ( )

21、83;f ( ) <03當(dāng)兩根都不在區(qū)間 ， 內(nèi)方程系數(shù)所滿足的充要條件：( 1)兩根分別在區(qū)間 ， 之外的兩旁時：x1<< <x2，對應(yīng)的函數(shù) f(x) 的圖象有下列兩種情形(圖 3)：4)：當(dāng) a>0時的充要條件是： f ( )<0，f ( )<0當(dāng) a>0時的充要條件是： f ( )>0，f ( )>0 兩種情形合并后的充要條件是：af ( )<0，af ( )<0( 2)兩根分別在區(qū)間 ， 之外的同旁時：x1<x2<<或 <<x1<x2，對應(yīng)函數(shù) f(x) 的圖象有下列四種情形

22、(圖當(dāng) x 1< x2<時的充要條件是： > 0，-b/2a <，af ( ) >0當(dāng)<x1<x2時的充要條件是： > 0，-b/2a >，af ( ) >0例 9已知方程 x2+2px+1=0有一個根大于 1，有一個根小于 1，則 P 的取值 為。解：記 f(x)=x 2+2px+1，則 f(x)r 的圖象開口向上，當(dāng) f(x) 與 x 軸的兩交點一 個在( 1,0 )左方，另一個在( 1,0 )右方時，必有 f(1) <0，即：12+2P1<0，即 P< 1所以 P 的取值為(， 1)例 10如果方程( 1-m2

23、) x2+2mx-1=0 的兩個根一個小于零，另一個大于 1，試 確定 m的范圍。解：令 f(x)=(1-m 2)x 2+2mx-1，根據(jù)題設(shè)條件， f(x) 的圖形是下列兩種情形之 一(圖 5)：得充要條件：( 1-m2)f(0) <0,(1-m 2)f(1) <0；即 1-m2>0,(1-m 2)(2m-m2) <0 解得： -1 <m<0例 11已知二次函數(shù) f(x)=ax 2+bx+c(a 0). 若方程 f(x)=x 無實根，求證：方 程 ff(x)=x 也無實根，(北京市 1994 年高中一年級數(shù)學(xué)競賽復(fù)賽試題)。證明：已知 f(x)=ax 2+

24、bx+c(a 0)方程 f(x)=x 即 f(x)-x=ax 2+(b-1)x+c=0 無實根， f(x)-x 仍是二次函數(shù)， f(x)-x=0 仍是二次方程，它無實根即 =(b-1) 2-4ac <0若 a> 0，則函數(shù) y=f(x)-x 的圖象在 x 軸上方，y>0，即 f(x)-x >0 恒成立，即： f(x) >x 對任意實數(shù) x 恒成立。對 f(x) ，有 f(f(x) > f(x) > x 恒成立 f(f(x)=x 無實根若 a< 0，函數(shù) y=f(x)-x 的圖象在 x 軸下方y(tǒng)<0，即 f(x)-x <0 恒成立對任意

25、實數(shù) x，f(x) <0 恒成立對實數(shù) f(x) ，有： f(f(x) <f(x) <x 恒成立 f(f(x)=x 無實根綜上可知，當(dāng) f(x)=x 無實根時，方程 f(f(x)=x 也無實根五二次函數(shù)與二次不等式前面提到，一元二次不等式的解集相應(yīng)于一元二次函數(shù)的正值、負(fù)值區(qū)間。 解不等式與證明不等式成立，經(jīng)常要用到二次函數(shù)的極值性質(zhì)、單調(diào)性、圖象與 x 軸的位置關(guān)系等。2例 12對二次函數(shù) f(x)= ax2+bx+c(a 0) ，求證，必存在 x=±M0，使 f( ± M)均與 a 同號。分析：這是一道證明題。從圖象上看，當(dāng) a>0 時，拋物線開

26、口向上， f(x) > 0 的解集要么為全體實數(shù)集合 R(< 0) ；要么為( - ,x 0) (x 0,+ )( =0,f(x 0)=0) ，要么為( -,x 1)(x 2,+) ( >0,f(x 1)=f(x 2)=0) ，故總可以找 到±M0，±MR，或±M(-,x 0)(x 0,+ ) ，或± M( - ,x 1)(x 2,+ ) ， 使 f( ±M)>0，因此 af( ±M)>0，對于 a<0 的情形，也是如此，只不過 f( ±M) <0，從代數(shù)的角度看問題， af(x)

27、> 0 即 a2x2+abx+ac>0 它有解且解集合中包 含著 x=M與 x=-M( M 0)一對相反數(shù)，因此，需考慮所對應(yīng)的二次方程的判別 式。證明： f(x)= ax 2+bx+c(a 0) af(x)= a2x2+abx+ac=1/4 4a2x2+4abx+4ac=1/4(2ax+b) 2-1/4(b 2-4ac)22 af(x) >0 即 :1/4(2ax+b) 2-1/4(b 2-4ac) >022亦即 (2ax+b) 2-(b 2-4ac) >02(1)當(dāng)=b2-4ac<0時，af(x) >0的解集為(- ,+)(2)當(dāng)=b2-4ac=0

28、時，af(x) >0的解集為(- ,-b/2a) (-b/2a,+ )(3)當(dāng)=b2-4ac >0時，方程 af(x)=0 有兩個不等的實數(shù)根 x1,x 2(x1<x2)， 相應(yīng)的不等式 af(x) >0的解集合為：( -,x 1) (x 2,+ )因為三種情況下的解集合均為無窮區(qū)間，故均存在 -M與 M同屬于解集合，使 af( ±M)>0，從而 a與 f( ±M)同號。例 13若 a1,a 2, ,a n,b 1,b 2, ,b n都是實數(shù)，求證：( a1b1+a2b2+anbn)2 (a 12+a22+a2n)(b 12+b22+b2n)證

29、明：構(gòu)造二次函數(shù)f(x)=(a 1x-b 1) 2+(a 2x-b 2) 2+(a nx-b n) 2=(a 12+a22+a2n)x 2-2(a 1b1+a2b2+ +anbn)x+(b 12+b22+b2n)當(dāng) a12+a22+a2n0即 a1,a 2, ,a n不全為零時，顯然有對 xR，f(x) 0，故 f(x) 0 的判別式： =4(a1b1+a2b2+anbn)2-4(a 12+a22+a2n) ·(b12+b22+b2n) 0即(a1b1+a2b2+anbn)2(a12+a22+a2n) ·(b12+b22+b2n)當(dāng) a1=a2= =an=0 時，結(jié)論顯然成

30、立，故命題成立。等號當(dāng)且僅當(dāng) 評注 本例中的不等式即是著名的柯西不等式，有時它也寫作a1/b 1=a2/b 2=an/b n 時成立。2例 14設(shè)二次函數(shù) f(x)= ax 2+bx+c(a >0) ，方程 f(x)-x=0 的兩個根 x1,x 2滿 足 0<x1<x2<1/a 。( 1)當(dāng) x(0,x 1) 時，證明 x<f(x) <x1( 2)設(shè)函數(shù) f(x) 的圖象關(guān)于直線 x=x0對稱，證明： x0< x1/2 。分析該題是一九九七年全國普通高考理工類數(shù)學(xué)第 24 題，它綜合考查二 次函數(shù)、二次方程和不等式的基礎(chǔ)知識，以及靈活運用數(shù)學(xué)知識和方法

31、分析、解 決問題的能力，當(dāng)年沒有幾個考生能完整解答此題?？梢詮拇鷶?shù)與幾何兩個角度 展開思考：從代數(shù)角度看， f(x) 是二次函數(shù)，從而方程 f(x)-x=0 即 ax2+(b-1)x+c=0(a > 0)是二次方程，由于 x1,x 2是它的兩個根，且方程中 x2的系數(shù)是 a，因此有表達式： f(x)-x=a(x-x 1)(x-x 2)進而，利用二次函數(shù)的性質(zhì)和題設(shè)條件，可得第( 1)問的 證明。從幾何角度看，拋物線 y=f(x)-x 開口向上，因此在區(qū)間x1,x 2的外部，f(x)-x >0，(1)的左端得證。其次，拋物線 y=f(x) 的開口也向上，又 x1=f(x 1)，于是

32、為了證得(1)的右端，相當(dāng)于要求證明函數(shù) f(x) 在區(qū)間0,x 1的最大值是 f(x 1)， 這相當(dāng)于證明 f(0) f(x 1)，也即 Cx1，利用韋達定理和題設(shè)，立即可得。至于()的證明，應(yīng)用配方法可得 x0=-b/2a ，進而利用韋達定理與題設(shè)， 即得證明。證明：欲證： x< f(x) <x只須證： 0<f(x)-x <x1-x因為方程 f(x)-x=0 的兩根為 x1,x 2,f(x)=ax 2+bx+c(a >0) ， f(x)-x=a(x-x 1)(x-x 2)式即: 0 < a(x-x 1)(x-x 2) < x1-xa>0，x(

33、0,x 1),x 1-x >0, a(x 1-x) >0式兩邊同除以 a(x 1-x) >0，得：0<x2-x<1/a，即：x<x2<1/a+x這由已知條件： 0<x<x1<x2<1/a，即得： x<x2<(1/a) <1/a+x ， 故命題得證。(2)欲證 x0<x1/2，因為x0=-b/2a ，故只須證： x0-x 1/2=-b/2a-x 1/2<0由韋達定理， x1+x2=(-b-1)/a ，(x 1+x2)/2=-(b-1)/2a ，代入式，有 (-(b/2a)-(x 1/2)=(x 2/2

34、)-(1/(2a) <0即：x2<1/a由已知： 0<x1<x2<1/a，命題得證。評注證( 1)用到了二次函數(shù)的零點式 f(x)-x=a(x-x 1)(x-x 2)證(2)用到了 x0=-(b/(2a),(x 1+x2)/2)=-(b-1)/2a)，都是二次函數(shù)二次方程的基礎(chǔ)知識。六、“四個二次型”的綜合運用二次三項式、一元二次函數(shù)、一元二次方程和一元二次不等式是相輔相成的 一個有機整體，函數(shù)的研究離不開方程和不等式；方程和不等式的解的討論同樣 要結(jié)合函數(shù)的性質(zhì)。22例 15當(dāng) K 為什么實數(shù)時，關(guān)于 X 的二次方程 7x2-(k+13)x+k 2-k-2=0

35、的兩個 實根和分別滿足 0<<1 和 1<< 2？分析它是一個一元二次方程的問題，利用求根公式解出 、，再解不 等式 0<<1和 1<< 2順理成章，但計算變形較繁難。如果把此題的方程的 左端看作是一個二次函數(shù)的話，結(jié)合函數(shù)的圖象和性質(zhì)來解此題，那就簡便得多 了。解：設(shè) y=f(x)=7x 2-(k+13)x+k 2-k-2 ，則因為 a=7>0，且方程 f(x)=0 有兩實 根，所以它的圖象是開口向上且與 X軸相交于兩點( ,0 )、( ,0) 的拋 物線。由于 0<<1，1<< 2，可知在 x< 或 x&g

36、t; 時，f(x) 取正值；在 < x< 時， f(x) 取負(fù)值。于是，當(dāng) x分列取 0,1 ，2時，有： f(0)=k 2-k-2 >0， f(1)=k 2-2k-8 <0，f(2)=k 2-3k >0 解這三個不等式組成的不等式組，可得 -2<k< -1 和 3<k<4。顯然，上述三個一元二次不等式解起來要容易得多。例 16函數(shù) y=(x+1)(x+2)(x+3)(x+4)+5 在 -3,3 上的最小值是解：分析這是 1996 年北京高中一年級數(shù)學(xué)競賽的復(fù)試題，是一個四次函數(shù)的 最值問題。表面上看起來很難。但借助于配方法、換元法及二次函數(shù)極(最)值 性質(zhì)，可得結(jié)果。 y=(x+1)(x+2)(x+3)(x+4)+5=(x+1)(x+4)(x+2)(x+3)+5 22=(x 2+5x+4)(x 2+5x+6)+522=(x 2+5x+5-1)(x 2+5x+5+1)+5=(x 2+5x+5) 2+4，易知設(shè) Z=x2+5x+5，則 y=Z2+4，對 Z=x2+5x+5=(x+5/2)