腾讯课堂目标2017高中数学联赛基础班-2作业题解答-3

 

课程链接：目标2017高中数学联赛基础班-2（赵胤授课）

 

1. 若对任何实数 $p$, 抛物线 $y = 2x^2 - px + 4p + 1$ 都过一定点, 求此定点的坐标.

解答:

整理成关于 $p$ 的方程: $(x-4)p = 2x^2 + 1 - y$ ($p\in\mathbf{R}$) $$\Rightarrow \begin{cases}x - 4 = 0\\ 2x^2 + 1 - y = 0 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}x = 4\\ y = 33 \end{cases}$$ 即此抛物线恒过定点$(4, 33)$.

 

 

2. 证明: 无论 $p$ 取什么实数值时, 抛物线 $y = x^2 + (p+1)x + \displaystyle{1\over2}p + {1\over4}$ 恒通过一个定点, 而且这些抛物线的顶点都在一条确定的抛物线上.

解答:

整理成关于 $p$ 的方程 ($p\in\mathbf{R}$): $$\left(x + {1\over2}\right)p = y - x^2 - x - {1\over4}\Rightarrow \begin{cases}x+{1\over2} = 0\\ y-x^2 - x - {1\over4} = 0 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}x = -{1\over2}\\ y = 0 \end{cases}$$ 即通过定点$\left(-\displaystyle{1\over2}, 0\right)$. 原方程顶点坐标为$$\begin{cases}x = -\displaystyle{p+1 \over2}\\ y = \displaystyle{2p + 1 - (p+1)^2 \over 4} \end{cases}$$ 消去 $p$ 得: $$y = {-4x - 2 + 1 - (-2x - 1 + 1)^2\over4} = -x^2 - x - {1\over4}.$$

 

 

3. 已知定义在闭区间 $[0, a]$ 上的函数 $y = x^2 - 2x + 3$. 问: 当 $a$ 在什么范围内取值时, $y$ 的最大值是3且最小值是2.

解答:

$y = (x - 1)^2 + 2$, 当 $x = 1$ 时取最小值 $y_\text{min} = 2\Rightarrow a \ge 1$. 令 $y = 3\Rightarrow x = 0, 2\Rightarrow a\le2$. 因此 $a\in[1, 2]$.

 

 

4. 二次函数 $f(x) = x^2 - 2ax + 6$ 当 $-2 \le x \le 2$ 时, 恒有 $f(x) \ge a$. 求 $a$ 的取值范围.

解答:

$f(x) = (x - a)^2 + 6 - a^2$, 即对称轴为 $x = a$. 下面对 $x\in[-2, 2]$ 时分类讨论:

当 $a < -2$ 时, $$f(x) \ge f(-2) = 10 + 4a \ge a \Rightarrow a \ge -{10\over3}.$$ 当 $-2 \le a \le 2$ 时, $$f(x) \ge f(a) = 6-a^2 \ge a \Rightarrow -3 \le a \le 2.$$ 当 $a > 2$ 时, $$f(x) \ge f(2) = 10 - 4a \ge a \Rightarrow a \le 2.$$ 综上, $a\in\left[-\displaystyle{10\over3}, 2\right]$.

 

 

5. 已知 $x^2 + 2y^2 = 1$. 求 $2x + 5y^2$ 的最大值及最小值.

解答:

$2x + 5y^2 = 2x + 5\cdot \displaystyle{1-x^2 \over 2} = -{5\over2}\left(x - {2\over5}\right)^2 + {29\over10}$.

由已知求出 $x$ 之取值范围: $-1\le x \le 1$.

因此 $2x + 5y^2 \in\left[-2, \displaystyle{29\over10}\right]$.

 

 

6. 已知方程 $ax^2 + bx + c = 0$ 有两个相异实根. 求证: 方程$$ax^2 + bx + c + k\left(x + {b \over 2a}\right) = 0$$至少有一个根, 在前一方程的两根之间.

解答:

令 $f(x) = ax^2 + bx + c + k\left(x + \displaystyle{b \over 2a}\right)$, 需证明$$f(x_1) \cdot f(x_2) < 0\Leftrightarrow k\left(x_1 + \displaystyle{b\over 2a}\right) \cdot k\left(x_2 + {b\over2a}\right) < 0\Leftrightarrow \left(x_1 + \displaystyle{b\over 2a}\right) \cdot \left(x_2 + {b\over2a}\right) < 0$$ 其中 $x_1, x_2$ 是 $ax^2 + bx + c = 0$ 之两根.$$x_1 = {-b + \sqrt{b^2 - 4ac} \over 2a},\ x_2 = {-b - \sqrt{b^2 - 4ac} \over 2a}$$ $$\Rightarrow \left(x_1 + \displaystyle{b\over 2a}\right) \cdot \left(x_2 + {b\over2a}\right) = {-\left(b^2 - 4ac\right) \over 4a^2} < 0.$$ Q.E.D.

 

 

7. 已知二次函数 $f(x)$ 满足:

a. $f(-1) = 0$;

b. 对一切实数 $x$, 有 $x \le f(x) \le \displaystyle{1+x^2 \over 2}$ 成立.

求 $f(x)$ 的解析式.

解答:

设$f(x) = ax^2 + bx + c$.

由$$f(-1) = 0\Rightarrow a - b + c = 0.$$ 由$$x \le f(x) \le {1+x^2 \over 2}\Rightarrow 1 \le f(1) = a + b + c \le 1 \Rightarrow a + b + c = 1.$$ 由$$\begin{cases}a - b + c = 0\\ a +b + c = 1 \end{cases}\Rightarrow b = a + c = {1\over2}.$$ 由$$f(x) \ge x \Rightarrow ax^2 + (b-1)x + c \ge 0 \Rightarrow \begin{cases}a > 0\\ \Delta = (b-1)^2 - 4ac\le 0 \end{cases}$$ $$\Rightarrow ac \ge {1\over16}\Rightarrow \left({1\over2} - a\right)\cdot a \ge {1\over16}\Rightarrow \left(a - {1\over4}\right)^2 \le 0 \Rightarrow a = c = {1\over4}.$$ 因此解析式为$$f(x) = {1\over4}x^2 + {1\over2}x + {1\over4}.$$

P.S. 原文答案中 $f(-1) = 0 \Rightarrow f(x) = a(x + 1)^2$ 有误, 感谢子谦父亲及时指正, 在此深表谢意.

 

 

 

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