每日一题: 2020-07-10
题目: 设$p$ 是实数, 二次函数$y=x^2-2px-p$ 的图象与$x$ 轴有两个不同的交点$A(x_1,0),B(x_2,0)$.
(1) 求证: $2px_1+x_2^2+3p>0$;
(2) 若$A,B$ 两点之间距离不超过$|2p-3|$, 求$p$ 的最大值.
每日一题：2020-07-09
每日一题: 2020-07-09
题目: 已知函数$y=x^2-|x|-12$ 的图象与$x$ 轴交于相异两点$A,B$, 另一抛物线
$y=ax^2+bx+c$ 过点$A,B$, 顶点为$P$, 且$\triangle APB$ 是等腰直角三角形.
求$a,b,c$.
参考思路
考虑方程$x^2-|x|-12=0$. 当$x\gt 0$ 时, $x^2-x-12=0$, 解得$x_1=4,x_2=-3$ (舍去). 当$x\lt 0$ 时, $x^2+x-12=0$, 解得$x_3=-4, x_4=3$ (舍去). 所以$A,B$ 两点的坐标是$(4,0),(-4,0)$, 设$y=ax^2+bx+c=a(x-4)(x+4)$. 因为$\triangle PAB$ 为等腰直角三角形, 而$A,B$ 为定点, 所以$AB$ 可为斜边, 也可为直 角边. 当$AB$ 为斜边时, 可求得$P$ 点坐标为$(0,4)$ 或$(0,-4)$; 当$AB$ 为直角边时, 这 种情况显然不满足题设条件的(想想为什么). 将$P(0,4)$ 代入得$a=\frac{1}{4}$, 将 $P(0,-4)$ 代入得$a=-\frac{1}{4}$, 所以$a=-\frac{1}{4}, b=0,c=4$ 或$a=\frac{1}{4},b=0,c=-4$ 满足要求.每日一题：2020-07-08
每日一题: 2020-07-08
已知当$-1\lt x\lt 0$ 时, 二次函数$y=x^2-4mx+3$ 的值恒大于$1$, 求$m$ 的取值范围.
参考思路
已知二次函数$f(x)=x^2-4mx+3$ 开口向上, 对称轴方程为: $x=2m$. (1) 当$2m\geq 0$ 时, $f(x)$ 在$-1\lt x\lt 0$ 内是减函数, 所以$f(x)\geq f(0)=3$ 恒成立. 所以$m\geq 0$ 时满足要求. (2) 当$-1\leq 2m\lt 0$ 即$-\frac{1}{2}\leq m\lt 0$时, $f(x)$ 在$x=2m$ 时取得最小值, 即要$f(2m)\gt 1$, 解得$-\frac{\sqrt{2}}{2}\lt m\lt \frac{\sqrt{2}}{2}$, 所以$-\frac{1}{2}\leq m\lt 0$ 满足要求. (3) 当$2m\lt -1$ 即$m\lt -\frac{1}{2}$ 时, $f(x)$ 在$-1\lt x\lt 0$ 内是增函数, 所以$f(-1)\geq 1\Rightarrow m\geq -\frac{3}{4}$, 所以$-\frac{3}{4}\leq m\lt -\frac{1}{2}$ 满足要求. 综上所述, 当$m\geq -\frac{3}{4}$ 时满足要求.每日一题：2020-07-07
每日一题: 2020-07-07
题目: 已知抛物线$y=x^2+px+q$ 有一点$M(x_0,y_0)$, 位于$x$ 轴的下方.
(1) 求证: 已知抛物线与$x$ 轴必有两个交点$A(x_1,0),B(x_2,0)$, 其中$x_1\lt x_2$;
(2) 求证: $x_1\lt x_0\lt x_2$;
(3) 当点$M$ 为$(1,-2)$ 时, 求整数$x_1,x_2$.
参考思路
(1)由已知得: $y_0=x_0^2+px_0+q=(x_0+\frac{p}{2})^2-\frac{p^2-4q}{4}\lt 0\Rightarrow \frac{p^2-4q}{4}\gt (x_0+\frac{p}{2})^2\geq 0$. 所以$\Delta=p^2-4q\gt 0$, 故方程$x^2+px+q=0$ 有两个不等实根, 即抛物线与$x$ 轴交于两点. (2) 由(1)可设两个交点为$A(x_1,0),B(x_2,0)$, 则又$x_1+x_2=-p, x_1x_2=q$ 代入$x_0^2+px_0+q=y_0\lt 0$ 得 $x_0^2-(x_1+x_2)x_0+x_1x_2\lt 0\Rightarrow (x_0-x_1)(x_0-x_2)\lt 0\Rightarrow x_1\lt x_0\lt x_2$. (3) 代入$M$ 得$-2=1+p+q\Rightarrow p+q=-3\Rightarrow x_1x_2-(x_2+x_2)+1=-2$ 即有$(x_1-1)(x_2-1)=-2$. 因为$x_1\lt x_2$且都为整数,因此有: \\[ \\left\\{\\begin{array}{lr} x_1-1=-2 \\\\ x_2-1=1 \\end{array}\\right. 或 \\left\\{\\begin{array}{lr} x_1-1=-1 \\\\ x_2-1=2 \\end{array}\\right.\Rightarrow \\left\\{\\begin{array}{lr} x_1=0 \\\\ x_2=3 \\end{array}\\right.或\\left\\{\\begin{array}{lr} x_1=-1 \\\\ x_2=2 \\end{array}\\right. \\]每日一题：2020-07-06
每日一题: 2020-07-06
题目: 已知$a,b,c$ 为正整数, 二次函数$y=ax^2+bx+c$, 当$-2\leq x\leq 1$ 时, $y$ 的最
大值为$7$, 最小值为$-1$, 求二次函数的解析式.
参考思路
由题意知二次函数的图象开口向上, 与$y$ 轴的交点在$y$ 轴的正半轴上, 对称轴 $x=-\frac{b}{2a}<0$ 位于第二,三象限. 设$f(x)=ax^2+bx+c$. (1) 当$-\frac{b}{2a}\leq -2$ 时, 有 \\[ \\left\\{\\begin{array}{lr} f(-2)=4a-2b+c=-1 \\\\ f(1)=a+b+c=7 \\end{array}\\right.\Rightarrow 3(a-b)=-8 \\] 显然, 此方程没有整数解. (2) 当$-2\lt -\frac{b}{2a}\leq -\frac{1}{2}$ 时, 有 \\[ \\left\\{\\begin{array}{lr} f(-\frac{b}{2a})=\frac{4ac-b^2}{4a}=-1 \\\\ f(1)=a+b+c=7 \\end{array}\\right. \\] 因为$a,b$ 是正整数, 所以, 由上可得: $\frac{b^2}{4a}-1=c\geq 1\Rightarrow b^2\geq 8a$, 且$b$ 为偶数 又$b=7-a-c\leq 5\Rightarrow b=4,a=2,c=1$, 经检验满足条件. (3) 当 $-\frac{1}{2}\lt -\frac{b}{2a}<0$ 时, 有$b\lt a$, 且 \\[ \\left\\{\\begin{array}{lr} f(-\frac{b}{2a})=\frac{4ac-b^2}{4a}=-1 \\\\ f(-2)=4a-2b+c=7 \\end{array}\\right. \\] 可得: $\frac{b^2}{4a}-1=c\geq 1\Rightarrow 8a\leq b^2\lt a^2\Rightarrow a>8$ 从而$7=4a-2b+c>2a+c>17$.矛盾! 综上, $a=2,b=4,c=1$, 故二次函数解析式为$y=2x^2+4x+1$.每日一题：2020-07-05
每日一题: 2020-07-05
已知函数$y=(a+2)x^2-2(a^2-1)x+1$,其中自变量$x$ 为正整数, $a\gt 4$ 也是正整数.
问: 当$x$ 为何值时, 函数值最小?
参考思路
函数整理为 $$ y=(a+2)(x-\frac{a^2-1}{a+2})^2+1-\frac{(a^2-1)^2}{a+2}$$ 所以其对称轴是直线 $$x=\frac{a^2-1}{a+2}=(a-2)+\frac{3}{a+2}$$ 因为$a\gt 4\Rightarrow 0\lt \frac{3}{a+2}\lt 1\Rightarrow a-2\lt \frac{a^2-1}{a+2}\lt a-1$ 所以函数最小值只可能在$x$ 取$a-2,a-1$ 之一时达到. 当$x=a-2$ 时, $y_1=(a+2)(a-2)^2-2(a^2-1)(a-2)+1$; 当$x=a-1$ 时, $y_2=(a+2)(a-1)^2-2(a^2-1)(a-1)+1$; 考虑$y_2-y_1=a-4\gt 0$, 所以当$x=a-2$ 时, 函数值最小.每日一题：2020-07-04
每日一题: 2020-07-04
题目: 已知二次函数的图象与$x$ 轴两交点的距离为$2$, 若将图象沿$y$ 轴方向向上平移$3$ 个
单位, 则图象恰好过原点, 且与$x$ 轴两交点间的距离为$4$, 求原二次函数的表达式.
参考思路
由题意可设二次函数的解析式为: $y=ax(x\pm 4)-3=ax^2\pm 4ax-3$, 设抛物线与$x$ 轴的交 点为$(x_1,0),(x_2,0)$, 由韦达定理得$x_1+x_2=\pm 4, x_1x_2=-\frac{3}{a}$,根据$|x_1-x_2|=2$ 得 \\[ \sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}=2\Rightarrow a^2+a=0\Rightarrow a=-1 \\] 所以原二次函数的表达式为: $y=-x^2+4x-3$ 或$y=-x^2-4x-3$.每日一题：2020-07-02
每日一题: 2020-07-02
题目: 已知抛物线$y=3ax^2+2bx+c$.
(1) 若$a=b=1, c=-1$, 求抛物线与$x$ 轴公共点的坐标;
(2) 若$a=b=1$, 且当$-1\lt x\lt 1$ 时, 抛物线与$x$ 轴有且只有一个公共点, 求$c$ 的取值范围.
(3) 若$a+b+c=0$, 且$x_1=0$ 时, 对应的$y_1>0$; $x_2=1$ 时, 对应的$y_2>0$, 试判断当$0<x<1$ 时,
抛物线与$x$ 轴是否有公共点? 若有, 请证明你的结论; 若没有, 阐述理由.
参考思路
(1) 由$3x^2+2x-1=0\Rightarrow (3x-1)(x+1)=0\Rightarrow x_1=-1, x_2=\frac{1}{3}$. (2) 当$a=b=1$ 时, 抛物线为$y=3x^2+2x+c$, 此时对称轴$x=-\frac{1}{3}$, 要抛物线在$-1\lt x\lt 1$ 范围内与$x$ 轴只有一个公共点, 则下列两种情况满足要求 (a) $\Delta=0\Rightarrow 4-12c=0\Rightarrow c=\frac{1}{3}$. (b) 抛物线在$x=-1$ 时的函数值小于$0$, 且在 $x=1$ 时的函数值大于$0$. 即$3-2+c\lt 0\Rightarrow c\lt -1$; 且 $3+2+c\gt 0\Rightarrow c\gt -5$. 综上当$-5\lt c\lt -1$ 或$c=\frac{1}{3}$ 时, 满足要求. (3)由题意知: \\[ \\left\\{\\begin{array}{lr} a+b+c=0 \\\\ c\gt 0 \\\\ 3a+2b+c>0 \\end{array}\\right.\Rightarrow a\gt c\gt 0 \\] 因为对称轴方程为: $x=-\frac{b}{3a}=\frac{a+c}{3a}$, 所以$\frac{a}{3a}\lt \frac{a+c}{3a}\lt \frac{a+a}{3a}\Rightarrow \frac{1}{3}\lt \frac{a+c}{3a}\lt \frac{2}{3}$. 说明对称轴在$0$ 到$1$ 之间, 又顶点的纵坐标为 $y=\frac{12ac-4b^2}{12a}=\frac{3ac-b^2}{3a}=\frac{3ac-(a+c)^2}{3a}=-\frac{a^2-ac+c^2}{3a}$ 因为$a^2-ac+c^2=(a-\frac{c}{2})^2+\frac{3c^2}{4}>0$, 即纵坐标$y\lt 0$, 所以有公共点.每日一题：2020-07-01
每日一题: 2020-07-01
题目: $f(x)=ax^2+bx+c (a>0), f(x)=x$ 的两根$x_1,x_2$ 满足$0\lt x_1\lt x_2<\frac{1}{a}$,
$f(x)$ 关于$x=x_0$ 对称, 证明:
(1) $x_0\lt \frac{x_1}{2}$;
(2) 当$0\lt x\lt x_1$ 时, $x\lt f(x)\lt x_1$.