2高三毕业班数学课本知识点整理归纳之二 第二章二次函数与命题

2010-2011年高三毕业班数学课本知识点整理归纳之二第二章 二次函数与命题一、基础知识1二次函数：当0时，y=ax2+bx+c或f(x)=ax2+bx+c称为关于x的二次函数，其对称轴为直线x=-，另外配方可得f(x)=a(x-x0)2+f(x0)，其中x0=-，下同。2二次函数的性质：当a0时，f(x)的图象开口向上，在区间（-，x0上随自变量x增大函数值减小（简称递减），在x0, -）上随自变量增大函数值增大（简称递增）。当a0时，方程f(x)=0即ax2+bx+c=0和不等式ax2+bx+c0及ax2+bx+c0时，方程有两个不等实根，设x1,x2(x1x2)，不等式和不等式的解集分别是x|xx2和x|x1xx2，二次函数f(x)图象与x轴有两个不同的交点，f(x)还可写成f(x)=a(x-x1)(x-x2).2）当=0时，方程有两个相等的实根x1=x2=x0=,不等式和不等式的解集分别是x|x和空集，f(x)的图象与x轴有唯一公共点。3）当0时，方程无解，不等式和不等式的解集分别是R和.f(x)图象与x轴无公共点。当a0，当x=x0时，f(x)取最小值f(x0)=,若a0)，当x0m, n时，f(x)在m, n上的最小值为f(x0); 当x0n时，f(x)在m, n上的最小值为f(n)（以上结论由二次函数图象即可得出）。定义1 能判断真假的语句叫命题，如“35”是命题，“萝卜好大”不是命题。不含逻辑联结词“或”、“且”、“非”的命题叫做简单命题，由简单命题与逻辑联结词构成的命题由复合命题。注1 “p或q”复合命题只有当p，q同为假命题时为假，否则为真命题；“p且q”复合命题只有当p，q同时为真命题时为真，否则为假命题；p与“非p”即“p”恰好一真一假。定义2 原命题：若p则q（p为条件，q为结论）；逆命题：若q则p；否命题：若非p则q；逆否命题：若非q则非p。注2 原命题与其逆否命题同真假。一个命题的逆命题和否命题同真假。注3 反证法的理论依据是矛盾的排中律，而未必是证明原命题的逆否命题。定义3 如果命题“若p则q”为真，则记为pq否则记作pq.在命题“若p则q”中，如果已知pq,则p是q的充分条件；如果qp，则称p是q的必要条件；如果pq但q不p，则称p是q的充分非必要条件；如果p不q但pq，则p称为q的必要非充分条件；若pq且qp，则p是q的充要条件。二、方法与例题1待定系数法。例1 设方程x2-x+1=0的两根是，求满足f()=,f()=,f(1)=1的二次函数f(x).【解】 设f(x)=ax2+bx+c(a0),则由已知f()=,f()=相减并整理得（-）（+）a+b+1=0，因为方程x2-x+1=0中0，所以，所以(+)a+b+1=0.又+=1,所以a+b+1=0.又因为f(1)=a+b+c=1，所以c-1=1，所以c=2.又b=-(a+1)，所以f(x)=ax2-(a+1)x+2.再由f()=得a2-(a+1)+2=,所以a2-a+2=+=1，所以a2-a+1=0.即a(2-+1)+1-a=0,即1-a=0，所以a=1,所以f(x)=x2-2x+2.2方程的思想。例2 已知f(x)=ax2-c满足-4f(1)-1, -1f(2)5，求f(3)的取值范围。【解】 因为-4f(1)=a-c-1,所以1-f(1)=c-a4.又-1f(2)=4a-c5, f(3)=f(2)-f(1),所以(-1)+f(3)5+4,所以-1f(3)20.3利用二次函数的性质。例3 已知二次函数f(x)=ax2+bx+c(a,b,cR, a0)，若方程f(x)=x无实根，求证：方程f(f(x)=x也无实根。【证明】若a0，因为f(x)=x无实根，所以二次函数g(x)=f(x)-x图象与x轴无公共点且开口向上，所以对任意的xR,f(x)-x0即f(x)x，从而f(f(x)f(x)。所以f(f(x)x，所以方程f(f(x)=x无实根。注：请读者思考例3的逆命题是否正确。4利用二次函数表达式解题。例4 设二次函数f(x)=ax2+bx+c(a0)，方程f(x)=x的两根x1, x2满足0x1x2,（）当x(0, x1)时，求证：xf(x)x1；（）设函数f(x)的图象关于x=x0对称，求证：x0【证明】 因为x1, x2是方程f(x)-x=0的两根，所以f(x)-x=a(x-x1)(x-x2)，即f(x)=a(x-x1)(x-x2)+x.（）当x(0, x1)时，x-x10, x-x20，所以f(x)x.其次f(x)-x1=(x-x1)a(x-x2)+1=a(x-x1)x-x2+0，所以f(x)x1.综上，xf(x)1，求证：方程的正根比1小，负根比-1大。【证明】 方程化为2a2x2+2ax+1-a2=0.构造f(x)=2a2x2+2ax+1-a2,f(1)=(a+1)20, f(-1)=(a-1)20, f(0)=1-a20，所以f(x)在区间（-1,0）和（0，1）上各有一根。即方程的正根比1小，负根比-1大。6定义在区间上的二次函数的最值。例6 当x取何值时，函数y=取最小值？求出这个最小值。【解】 y=1-,令u,则0u1。y=5u2-u+1=5,且当即x=3时，ymin=.例7 设变量x满足x2+bx-x(b-1)，并且x2+bx的最小值是，求b的值。【解】 由x2+bx-x(b-(b+1)，即b-2时，x2+bx在0，-(b+1)上是减函数，所以x2+bx的最小值为b+1,b+1=-,b=-.综上，b=-.7.一元二次不等式问题的解法。例8 已知不等式组 的整数解恰好有两个，求a的取值范围。【解】 因为方程x2-x+a-a2=0的两根为x1=a, x2=1-a,若a0，则x1x2.的解集为ax1-2a.因为1-2a1-a，所以a0,所以不等式组无解。若a0，）当0a时，x1x2,的解集为ax1-a.因为0ax1-a时，a1-a，由得x1-2a，所以不等式组的解集为1-ax1且a-(1-a)3，所以1a2，并且当1a2时，不等式组恰有两个整数解0，1。综上，a的取值范围是10，=(B-A-C)2(y-z)2-4AC(y-z)20恒成立，所以(B-A-C)2-4AC0，即A2+B2+C22(AB+BC+CA)同理有B0，C0，所以必要性成立。再证充分性，若A0，B0，C0且A2+B2+C22(AB+BC+CA)，1）若A=0，则由B2+C22BC得(B-C)20，所以B=C，所以=0，所以成立，成立。2）若A0，则由知0，所以成立，所以成立。综上，充分性得证。9常用结论。定理1 若a, bR, |a|-|b|a+b|a|+|b|.【证明】 因为-|a|a|a|,-|b|b|b|，所以-(|a|+|b|)a+b|a|+|b|,所以|a+b|a|+|b|（注：若m0，则-mxm等价于|x|m）.又|a|=|a+b-b|a+b|+|-b|,即|a|-|b|a+b|.综上定理1得证。定理2 若a,bR, 则a2+b22ab；若x,yR+,则x+y(证略)注 定理2可以推广到n个正数的情况，在不等式证明一章中详细论证。三、基础训练题1下列四个命题中属于真命题的是_，“若x+y=0，则x、y互为相反数”的逆命题；“两个全等三角形的面积相等”的否命题；“若q1，则x2+x+q=0有实根”的逆否命题；“不等边三角形的三个内角相等”的逆否命题。2由上列各组命题构成“p或q”，“p且q”，“非p”形式的复合命题中，p或q为真，p且q为假，非p为真的是_.p；3是偶数，q：4是奇数；p:3+2=6,q:p:a(a,b),q:aa,b; p: QR, q: N=Z.3. 当|x-2|a时，不等式|x2-4|0的解是1x2，则a, b的值是_.5. x1且x2是x-1的_条件，而-2m0且0n1是关于x的方程x2+mx+n=0有两个小于1的正根的_条件.6.命题“垂直于同一条直线的两条直线互相平行”的逆命题是_.7.若S=x|mx2+5x+2=0的子集至多有2个，则m的取值范围是_.8. R为全集，A=x|3-x4, B=, 则(CRA)B=_.9. 设a, b是整数，集合A=(x,y)|(x-a)2+3b6y，点（2，1）A，但点（1，0）A，（3，2）A则a,b的值是_.10设集合A=x|x|0，则集合x|xA且xAB=_.11. 求使不等式ax2+4x-1-2x2-a对任意实数x恒成立的a的取值范围。12对任意x0,1,有 成立，求k的取值范围。四、高考水平训练题1若不等式|x-a|0当|a|1时恒成立的x的取值范围是_.3若不等式-x2+kx-410, B=x|x-5|0和a2x2+b2x+c20解集分别为M和N，那么“”是“M=N”的_条件。6若下列三个方程x2+4ax-4a+3=0, x2+(a-1)x+a2=0, x2+2ax-2a=0中至少有一个方程有实根，则实数a的取值范围是_.7已知p, q都是r的必要条件，s是r的充分条件，q是s的充分条件，则r是q的_条件。8已知p: |1-|2, q: x2-2x+1-m20(m0)，若非p是非q的必要不充分条件，则实数m的取值范围是_.9已知a0，f(x)=ax2+bx+c，对任意xR有f(x+2)=f(2-x)，若f(1-2x2)0且|x|1时，g(x)最大值为2，求f(x).11.设实数a,b,c,m满足条件：=0，且a0,m0，求证：方程ax2+bx+c=0有一根x0满足0x01.五、联赛一试水平训练题1不等式|x|3-2x2-4|x|+30，当函数的最小值取最大值时，a+b2+c3=_.4. 已知f(x)=|1-2x|, x0,1，方程f(f(f)(x)=x有_个实根。5若关于x的方程4x2-4x+m=0在-1，1上至少有一个实根，则m取值范围是_.6若f(x)=x4+px3+qx2+x对一切xR都有f(x)x且f(1)=1，则p+q2=_.7. 对一切xR，f(x)=ax2+bx+c(a、=、）9若abc100，试问满足|f(x)|50的整数x最多有几个？2设函数f(x)=ax2+8x+3(a1)，使得存在tR，只要x1, m就有f(x+t)x.7.求证：方程3ax2+2bx-(a+b)=0(b0)在(0,1)内至少有一个实根。8设a,b,A,BR+, aA, bB，若n个正数a1, a2,an位于a与A之间，n个正数b1, b2,bn位于b与B之间，求证：9设a,b,c为实数，g(x)=ax2+bx+c, |x|1，求使下列条件同时满足的a, b, c的值：（）=381;（）g(x)max=444;（）g(x)min=364.2010-2011年高三毕业班数学课本知识点整理归纳之十八第十八章 组合一、方法与例题1抽屉原理。例1 设整数n4,a1,a2,an是区间(0,2n)内n个不同的整数，证明：存在集合a1,a2,an的一个子集，它的所有元素之和能被2n整除。证明 （1）若na1,a2,an,则n个不同的数属于n-1个集合1,2n-1，2,2n-2,n-1,n+1。由抽屉原理知其中必存在两个数ai,aj(ij)属于同一集合，从而ai+aj=2n被2n整除；（2）若na1,a2,an，不妨设an=n，从a1,a2,an-1(n-13)中任意取3个数ai, aj, ak(ai,aj0)不被n整除，考虑n个数a1,a2,a1+a2,a1+a2+a3,a1+a2+an-1。）若这n个数中有一个被n整除，设此数等于kn，若k为偶数，则结论成立；若k为奇数，则加上an=n知结论成立。）若这n个数中没有一个被n整除，则它们除以n的余数只能取1,2,n-1这n-1个值，由抽屉原理知其中必有两个数除以n的余数相同，它们之差被n整除，而a2-a1不被n整除，故这个差必为ai, aj, ak-1中若干个数之和，同）可知结论成立。2极端原理。例2 在nn的方格表的每个小方格内写有一个非负整数，并且在某一行和某一列的交叉点处如果写有0，那么该行与该列所填的所有数之和不小于n。证明：表中所有数之和不小于。证明 计算各行的和、各列的和，这2n个和中必有最小的，不妨设第m行的和最小，记和为k，则该行中至少有n-k个0，这n-k个0所在的各列的和都不小于n-k，从而这n-k列的数的总和不小于(n-k)2，其余各列的数的总和不小于k2，从而表中所有数的总和不小于(n-k)2+k23.不变量原理。俗话说，变化的是现象，不变的是本质，某一事情反复地进行，寻找不变量是一种策略。例3 设正整数n是奇数，在黑板上写下数1，2，2n，然后取其中任意两个数a,b,擦去这两个数，并写上|a-b|。证明：最后留下的是一个奇数。证明 设S是黑板上所有数的和，开始时和数是S=1+2+2n=n(2n+1)，这是一个奇数，因为|a-b|与a+b有相同的奇偶性，故整个变化过程中S的奇偶性不变，故最后结果为奇数。例4 数a1, a2,an中每一个是1或-1，并且有S=a1a2a3a4+ a2a3a4a5+ana1a2a3=0. 证明：4|n.证明 如果把a1, a2,an中任意一个ai换成-ai，因为有4个循环相邻的项都改变符号，S模4并不改变，开始时S=0，即S0，即S0(mod4)。经有限次变号可将每个ai都变成1，而始终有S0(mod4)，从而有n0(mod4)，所以4|n。4构造法。例5 是否存在一个无穷正整数数列a1,a2a3，使得对任意整数A，数列中仅有有限个素数。证明 存在。取an=(n!)3即可。当A=0时，an中没有素数；当|A|2时，若n|A|，则an+A均为|A|的倍数且大于|A|，不可能为素数；当A=1时，an1=(n!1)(n!)2n!+1，当3时均为合数。从而当A为整数时，(n!)3+A中只有有限个素数。例6 一个多面体共有偶数条棱，试证：可以在它的每条棱上标上一个箭头，使得对每个顶点，指向它的箭头数目是偶数。证明 首先任意给每条棱一个箭头，如果此时对每个顶点，指向它的箭头数均为偶数，则命题成立。若有某个顶点A，指向它的箭头数为奇数，则必存在另一个顶点B，指向它的箭头数也为奇数（因为棱总数为偶数），对于顶点A与B，总有一条由棱组成的“路径”连结它们，对该路径上的每条棱，改变它们箭头的方向，于是对于该路径上除A，B外的每个顶点，指向它的箭头数的奇偶性不变，而对顶点A，B，指向它的箭头数变成了偶数。如果这时仍有顶点，指向它的箭头数为奇数，那么重复上述做法，又可以减少两个这样的顶点，由于多面体顶点数有限，经过有限次调整，总能使和是对每个顶点，指向它的箭头数为偶数。命题成立。5染色法。例7 能否在55方格表内找到一条线路，它由某格中心出发，经过每个方格恰好一次，再回到出发点，并且途中不经过任何方格的顶点？解 不可能。将方格表黑白相间染色，不妨设黑格为13个，白格为12个，如果能实现，因黑白格交替出现，黑白格数目应相等，得出矛盾，故不可能。6凸包的使用。给定平面点集A，能盖住A的最小的凸图形，称为A的凸包。例8 试证：任何不自交的五边形都位于它的某条边的同一侧。证明 五边形的凸五包是凸五边形、凸四边形或者是三角形，凸包的顶点中至少有3点是原五边形的顶点。五边形共有5个顶点，故3个顶点中必有两点是相邻顶点。连结这两点的边即为所求。7赋值方法。例9 由22的方格纸去掉一个方格余下的图形称为拐形，用这种拐形去覆盖57的方格板，每个拐形恰覆盖3个方格，可以重叠但不能超出方格板的边界，问：能否使方格板上每个方格被覆盖的层数都相同？说明理由。解 将57方格板的每一个小方格内填写数-2和1。如图18-1所示，每个拐形覆盖的三个数之和为非负。因而无论用多少个拐形覆盖多少次，盖住的所有数字之和都是非负的。另一方面，方格板上数字的总和为12(-2)+231=-1，当被覆盖K层时，盖住的数字之和等于-K，这表明不存在满足题中要求的覆盖。-21-21-21-21111111-21-21-21-21111111-21-21-21-28图论方法。例10 生产由六种颜色的纱线织成的双色布，在所生产的双色布中，每种颜色的纱线至少与其他三种颜色的纱线搭配过。证明：可以挑出三种不同的双色布，它们包含所有的颜色。证明 用点A1，A2，A3，A4，A5，A6表示六种颜色，若两种颜色的线搭配过，则在相应的两点之间连一条边。由已知，每个顶点至少连出三条边。命题等价于由这些边和点构成的图中有三条边两两不相邻（即无公共顶点）。因为每个顶点的次数3，所以可以找到两条边不相邻，设为A1A2，A3A4。（1）若A5与A6连有一条边，则A1A2，A3A4，A5A6对应的三种双色布满足要求。（2）若A5与A6之间没有边相连，不妨设A5和A1相连，A2与A3相连，若A4和A6相连，则A1A2，A3A4，A5A6对应的双色布满足要求；若A4与A6不相连，则A6与A1相连，A2与A3相连，A1A5，A2A6，A3A4对应的双色布满足要求。综上，命题得证。二、习题精选1药房里有若干种药，其中一部分药是烈性的。药剂师用这些药配成68副药方，每副药方中恰有5种药，其中至少有一种是烈性的，并且使得任选3种药恰有一副药方包含它们。试问：全部药方中是否一定有一副药方至少含有4种烈性药？（证明或否定）221个女孩和21个男孩参加一次数学竞赛，（1）每一个参赛者最多解出6道题；（2）对每一个女孩和每一个男孩至少有一道题被这一对孩子都解出。求证：有一道题至少有3个女孩和至少有3个男孩都解出。3求证：存在无穷多个正整数n，使得可将3n个数1, 2, 3n排成数表a1, a2anb1, b2bnc1, c2cn满足：（1）a1+b1+c1= a2+b2+c2= an+bn+cn=，且为6的倍数。（2）a1+a2+an= b1+b2+bn= c1+c2+cn=，且为6的倍数。4给定正整数n，已知克数都是正整数的k块砝码和一台天平可以称出质量为1，2，n克的所有物品，求k的最小值f(n)。5空间中有1989个点，其中任何3点都不共线，把它们分成点数各不相同的30组，在任何3个不同的组中各取一点为顶点作三角形。试问：为使这种三角形的总数最大，各组的点数应分别为多少？6在平面给定点A0和n个向量a1，a2，an，且使a1+a2+an =0。这组向量的每一个排列都定义一个点集：A1，A2，An=A0，使得求证：存在一个排列，使由它定义的所有点A1，A2，An-1都在以A0为角顶的某个600角的内部和边上。7设m, n, kN，有4个酒杯，容量分别为m,n,k和m+n+k升，允许进行如下操作：将一个杯中的酒倒入另一杯中或者将另一杯倒满为止。开始时，大杯中装满酒而另3个杯子却空着，问：为使对任何SN，Sm+n+k，都可经过若干次操作，使得某个杯子中恰有S升酒的关于m,n,k的充分必要条件是什么？8设有30个人坐在一张圆桌的周围，其中的每个人都或者是白痴，或者是聪明人。对在座的每个人都提问：“你右边的邻座是聪明人还是白痴？”聪明人总是给出正确的答案，而白痴既可能回答正确，也可能回答不正确。已知白痴的个数不超过F，求总可以指出一位聪明人的最大的F。9某班共有30名学生，每名学生在班内都有同样多的朋友，期末时任何两人的成绩都可分出优劣，没有相同的。问：比自己的多半朋友的成绩都要好的学生最多能有多少人？