解读2009年高考福建理科卷第10题

(2009年高考福建理科卷第10题)函数f(x)=ax2+bx+c(a≠0)的图象关于直线x=-b/2a对称,据此可推测,对任意的非零实数a,b,c,m,n,p,关于x的方程     

二次函数图像的对称性与满足S_m=S_n的等差数列

<正>二次函数y=f(x)=ax²+bx+c(a≠0)的图像(抛物线)关于直线x=-b/2a对称.如果有f(p)=f(q),且p≠q,则f(p+q)=c.简证如下:法1 f(p)=f(q),因为对称轴方程为x=-b/2a=(p+q)2,所以,p+q=-b/a.所以f(p+q)=f(-b/a)=a(-     

判别式解题三说

以形助数说原理一般地,对形如f(x)=dx2+ex+fax2+bx+c(a,d不同时为零)的函数求值域,可用判别式法.这是因为上述函数:当a=0时,f(x)=dxb2+x+exc+f可转化为f(x)=m(bx+c)+bxn+c(m,n同号)的形式,其图象大体如图(1)所示;当d=0时,f(x)=ex+fax2+bx+c可转化为f(x)=1m(ex+f)+exn+f(mn>0)的形式,图象大体如图(2)所示;当ad≠0时,f(x)=dx2+ex+fax2+bx+c总可以转化为f(x)=p+ex+fax2+bx+c①或f(x)=p+ax2+qbx+c②的形式.①式的图象为图(2)的平移或对称形式.②式中,当q>0,a>0,!=b2-4ac>0时,图象为图(3)的平移形式;当q>0,a<0,!=b2-4ac>0时,图象为图(4)的平移形…     

数学写作——展现自我的舞台

这是一堂关于函数表达式的习题课,教学对象是高一学生.问题:已知f(2x+1)=x2-2x,求f(x)与f(2x-1)的解析式.学生解法:设f(x)=ax2+bx+c(a≠0),则f(2x+1)=4ax2+(4a+2b)x+a+b+c=x2-2x.易得4a=1,4a+2b=-2,a+b+c=0,解得a=14,b=-32,c=54,所以f(x)=14x2-32x+54,f(2x-1)=x2-4x+3.师:为什么可以"设f(x)=ax2+bx+c(a≠0)"?生1:因为可以推测f(x)一定是二次函数.如果f(x)不是二次函数,则f(2x+1)的解析式也不会是二     

巧用一次函数的单调性解题

根据一次函数的图象及单调性,容易推得如下结论成立:一次函数f(x)=kx+b(k≠0),当x∈[m,n]时,1f(x)>0f(m)>0且f(n)>0;2f(x)<0f(m)<0且f(n)<0;3f(x)=0f(m)f(n)≤0.有些数学问题,可根据题意转化为关于某一变量的一次函数,应用上述结论求解,简捷、明了.例1对于满足0≤p≤4的一切实数,不等式x2+px>4x+p-3恒成立,试求实数x的取值范围.解:不等式x2+px>4x+p-3即(x-1)p+x2-4x+3>0令f(p)=(x-1)p+x2-4x+3视它为关于p的一次函数,显然x≠1.由于0≤p≤4,所以由f(p)>0恒成立可得f(0)>0且f(4)>0,即f(0)=x2-4x+3>0f(4)=4(x-1)+x2-4x+3>0.解之得x<-1或x>3.例2…     

二次方程根的分布分类对比研究

一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)根的分布问题,实质上是函数 f(x)=ax2+bx+c(a≠0)的零点分布问题,即抛物线与x轴的交点问题．下面从两个视角审视一元二次方程根的分布问题:(1)方程视角(韦达定理法);(2)函数视角(图象法)．设一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠ 0)的两根为x1、x2,m、n、p、q∈R,则有:     

关于一个代数定理的证明

由代数基本定理知:“n次复系数方程一定有n个根”.与之对应的一个定理:“如果一个n次有理整函数有多于n个的值使它为零,那么各项系数必定都是零”.它的证明如下,设f(x)表示这个函数,且为f(x)=p0xn+p1xn-1+p2xn-2+…+pn,并设x为a1,a2,…,an时,f(x)为零,则f(x)=p0(x-a1)(x-a2)…(x-an),令c是使f(x)为零的而不同于ai(i=1,2,…,n)的值,由于f(c)=0,而有p0(c-a1)(c-a2)…(c-an)=0.但是,由假设c不等于ai(i=1,2,…,n),所以,c-ai≠0(i=1,2,…,n).因而,p0=0.于是原函数变为g(x)=p1xn-1+p2xn-2+…+pn.根据归纳假设,用同样的方法可以求得g(x)=p1(x-a1)(x…     

二次函数迭代的一个问题的探究

文献[1]~[3]对二次函数f(x)=x2+bx+c的迭代进行了探讨,其中文献[2]、[3]得到了关于方程f2(x)=x在特殊情形下根的一个结论:设f(x)=x2+bx+c,记Δ0=(b-1)2-4c,若方程f(x)=x有2个不等实根,则1)当0<Δ0<4时,f2(x)=x只有2个不等实根;2)当Δ0>4时,f2(x)=x有4个不等实根.方程f2(x)=x中的f2(x)为f2(x)=f(f(x)),一般地有fn(x)=f(fn-1(x)).本文将考虑一般二次函数f(x)=ax2+bx+c(其中a≠0且a,b,c∈R)的迭代,用初等方法给出     

af(x)+b f(x)~(1/2)=c的简捷解法

方程af(x)+f(x)~(1/b)=c,一般用代换法来解。但当a、b、c为整数,a>0时,用观察法来解,显得更为简便,下面介绍这种方法。定理:如果存在平方数m≥0,使 c=am+m~(1/b)则方程af(x)+f(x)~(1/b)=c ①与方程(f(x)-m~(1/2))(f(x)+b/a+m~(1/2)=0同解②其中f(x)为x的解析式。证明:设a是方程①的解,则 af(a)+f(a)~(1/b)=am+m~(1/b)∵ f(x),m≥0,     

函数构造思想解题的几种策略

构造函数解题需要较强的创新意识,是高考改革的方向,本文愿就此抛砖引玉．一、构造一次函数y=kx+b(k≠0) 例1 设a,b,c∈(-1,1),求证:ab+bc+ca>-1. 解析作辅助函数f(x)=(b+c)x+bc+1．因为f(1)=(b+1)(c+1)>0,f(-1)=(1-b)(1-c)>0,所以在(-1,1)上恒有f(x)>0．又-10,即原不等式成立．例2 设不等式2x-1>m(x2-1)对满足|m|≤2的一切实数m恒成立,求x     

2021年第12期问题解答

<正>1136.已知对任意正数a,b,c,当a+b+c=1时,都有3~a+3~b+3~c 0,故f(x)为下凸函数.过y=f(x)图像上的两点P(0,1),Q(1,3)作直线,该直线的方程为y=2x+1,由f(x)的下凸性,可知3~x<2x+1对任意x∈(0,1)成立.由条件知a,b,c∈(0,1),     

用f(1)、f(0)、f(-1)表示f(x)=ax2+bx+c解竞赛题

设函数f(x)=ax2+bx+c(-1≤x≤1),则f(1)=a+b+c,f(0)=c,f(-1)=a-b+c,解得a=1/2f(1)+1/2f(-1)-f(0),b=1/2f(1)-1/2f(-1),c=f(0),从而有f(x)=[1/2f(1)+1/2f(-1)-f(0)]x2+[1/2f(1)-1/2f(-1)]x+f(0),利用这一表示形式可以解下列竞赛题.     

构造二次函数证明不等式

对于不等式的证明 ,课本着重介绍了比较法、综合法、分析法 .其实 ,构造二次函数f(x) =ax2 +bx +c(a>0 ) ,利用f(x) ≥ 0恒成立的充要条件Δ≤ 0和 f(x) >0恒成立的充要条件Δ<0来证明 ,也是一种行之有效的方法 .下面以新教材第二册 (上 )课本中的几个习题为例加以说明 .一、若 f(x) =ax2 +bx+c≥ 0 (a>0 ) ,则Δ =b2 -4ac≤ 0例 1　求证 :(ac +bd) 2 ≤ (a2 +b2 ) (c2 +d2 ) .证明　构造二次函数 f(x) =(a2 +b2 )x2 +2 (ac+bd)x +(c2 +d2 ) .当a ,b全为零时 ,不等式显然成立 .设a ,b不全为零 .∵a2 +b2 >0且 f(x) =(ax+c) 2 +(bx+d) 2 ≥ 0…     

一类特殊方程根的问题解决策略

<正>引例1(2013年安徽卷)若函数f(x)=x3+ax2+bx+c有极值点x1、x2,且f(x1)=x1,则关于x的方程3(f(x))2+2af(x)+b=0的不同实根个数是()A.3 B.4 C.5 D.6引例2(2014年全国高中数学联赛(江苏赛区)初赛)已知函数f(x)=lg|x-103|.若关于x的方程f2(x)-5f(x)-6=0的实根之和为m,则f(m)的值是.     

例析函数对称性和周期性

<正>一、函数的对称性定理1:若函数y=f(x)定义域为R,且满足条件:f(a+x)=f(b-x),则函数y=f(x)的图像关于直线x=(a+b)/2对称。定理2:若函数y=f(x)定义域为R,且满足条件:f(a+x)+f(b-x)=c(a,b,c为常数),则函数y=f(x)的图像关于点     

有限制条件的分式函数y=(ax~2+bx+c)/(lx~2+mx+n)的值域

众所周知,求分式函数y=ax~2+bx+c/lx~2+mx+n(a、l不同时为零)的值域,可用判别式法。但如果给自变量x以一定的限制,就不能用这一方法,一般须用导数来求解。本文介绍一种比较简便的初等方法。我们知道,关于一元二次方程的实根分布有以下结论:设f(x)=x~2+px+q,则 1.方程f(x)=0在区间(m,+∞)内有根的充要条件为(若把区间(m,+∞)改为[m,+∞),则把前一条件改为f(m)≤0)。 2.方程f(x)=0在区间(m,n)内有根的充要条件为     

再谈对一个数学问题的探究与另解

《数学通报》2005年7月号问题1561为:已知函数y=f(x)=ax2+bx+c,其中a>b≥0>c,a+b+c=0.(1)试证:方程f(x)=-a有实数根;(2)设方程f(x)=-a的两实根为x1,x2,问能保证f(x1+m)和f(x2+m)中至少有一个为正数的实数m是否存在?若存在,确定m的取值范围.贵刊2006年第6期《也谈对一个数学问题的质疑与另解》一文,对以前的解答作出了修正,得出了m的取值范围是(-∞,-1)∪(1,+∞),其解法新颖巧妙.但笔者认为此文只是刻画了该问题的一个方面,还可以对这个问题从以下几个方面进行发问,即:1保证f(x1+m)与f(x2+m)全部为正数的实数m是否存在?若存在,确定m的取值范…     

一类导数题型解法初探——一道高考题的多种证法及推广

<正>以下是2011年辽宁的一道高考题.已知函数f(x)=lnx-ax2+(2-a)x.(1)(2)略;(3)若函数y=f(x)的图象与x轴交于A、B两点,线段AB中点的横坐标为x0,证明:f'(x0)<0.本题考察了形如f(x)=plnx+mx2+nx+c(p,m,n,c∈R)的导数题型.对导数问题,高考重点考查两方面内容:(1)函数的单调     

一类最值问题的巧思与妙解

最近阅读了2014年《高中数学教与学》第6期叶红萍老师的文章《与不等式有关的最值问题解法探析》,文中的例7是一道以二次不等式恒成立为背景的最值问题,笔者经过解题研究发现这类问题均可通过赋值法求解,题目如下:例1已知对于任意实数x,二次函数f(x)=ax2+bx+c≥0恒成立,且a相似文献   

2007年全国高中数学联赛江西省预赛

一、选择题(每小题6分,共 36分) 1.a、b、c为互不相等的正数,a2 c2＝2bc.则下列关系中可能成立的是( ). (A)a＞b＞c (B)b＞c＞a (C)b＞a＞c (D)a＞c＞b 2.已知f(x)＝(1 x)/(1-x),记f1(x)＝f(x),fk 1(x)＝f(fk(x))(k＝1,2,…).则f2 007(x)＝( ).