数学奥林匹克问题解答：目标2017高中数学联赛基础班-2作业题解答-3

Posted 2020-08-11 赵胤数学课

 

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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