【正文】 即：????? 6002－ 1 6 0 0 ? 9 0 0 － v2? 0 ，900 － v20解得 15 3 v 3 0 ， 所以， v 的取值范圍是 ( 1 5 3 ， 3 0 ) ． 要點(diǎn)熱點(diǎn)探究 第 3講 │ 要點(diǎn)熱點(diǎn)探究 ? 探究點(diǎn)四 二次函數(shù)零點(diǎn)及二次方程的根 例 4 已知函數(shù) f ( x ) ＝ x2－ 1 ， g ( x ) ＝ a | x － 1 | . ( 1 ) 若 | f ( x )| ＝ g ( x ) 有兩個(gè)不同的解，求 a 的值； ( 2 ) 若當(dāng) x ∈ R 時(shí)，不等式 f ( x ) ≥ g ( x ) 恒成立，求 a 的取值范圍． 第 3講 │ 要點(diǎn)熱點(diǎn)探究 【解答】 ( 1 ) 方程 | f ( x ) | ＝ g ( x ) ， 即 | x2－ 1| ＝ a | x － 1| ，變形得 | x － 1| ( | x ＋ 1| － a ) ＝ 0 ， 顯然 ， x ＝ 1 是該方程的根 ， 從而欲使原方程有兩個(gè)不同的解 ， 即要求方程 | x ＋ 1| ＝ a ， “ 有且僅有一個(gè)不等于 1 的解 ” 或 “ 有兩解 ， 一解為1 ， 另一解不等于 1 ” 結(jié)合圖形 ， 得 a ＝ 0 或 a ＝ 2. 第 3講 │ 要點(diǎn)熱點(diǎn)探究 ( 2) 不等式 f ( x ) ≥ g ( x ) 對(duì) x ∈ R 恒成立， 即 ( x2－ 1) ≥ a | x － 1 |( *) 對(duì) x ∈ R 恒成立， ① 當(dāng) x ＝ 1 時(shí)， ( * ) 顯然成立，此時(shí) a ∈ R ； ② 當(dāng) x ≠ 1 時(shí)， ( *) 可變形為 a ≤x2－ 1| x － 1|，令 φ ( x ) ＝x2－ 1| x － 1|＝????? x ＋ 1 ? x 1 ? ，－ ? x ＋ 1 ?? x 1 ? ， 因?yàn)楫?dāng) x 1 時(shí)， φ ( x ) 2 ；而當(dāng) x 1 時(shí)， φ ( x ) － 2. 所以 g ( x ) － 2 ，故此時(shí) a ≤ － 2 ， 綜合 ①② ，得所求 a 的取值范圍是 a ≤ － 2. 第 3講 │ 要點(diǎn)熱點(diǎn)探究 【點(diǎn)評(píng)】 一次、二次函數(shù)是最基本的初等函數(shù)，本題在設(shè)置上含有絕對(duì)值運(yùn)算，這是該題的一個(gè)亮點(diǎn)， ( 1 ) 中對(duì)方程有兩個(gè)解的等價(jià)轉(zhuǎn)化以及 ( 2 ) 中對(duì)不等式恒成立轉(zhuǎn)化成求函數(shù)的最值，這都是考查的重點(diǎn)，應(yīng)認(rèn)真體會(huì)、應(yīng)用． 教師備用題 第 3講 │ 教師備用題 備選理由： 1 是函數(shù)零點(diǎn)存在性定理的應(yīng)用， 2 可作為基礎(chǔ)訓(xùn)練， 3 是二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，難度較大，可加強(qiáng)能力訓(xùn)練． 1 ． [ 20 10 上海卷 ] 若 x0是方程式 lg x ＋ x ＝ 2 的解，則x0屬于區(qū)間 ( ) A ． ( 0, 1) B ． ( 1, 5) C ． ( 1. 25 ,1. 75) D ． ( 1. 75 ,2) 【解析】 D 構(gòu)造函數(shù) f ( x ) ＝ lg x ＋ x － 2 ，由 f ( 1 . 7 5 )＝ f74＝ lg74－140 ， f ( 2 ) ＝ l g 2 0 知 x 0 屬于區(qū)間 ( 1 . 7 5 , 2 ) ． 第 3講 │ 教師備用題 2 ． [ 2 01 0 浙江卷 ] 設(shè)函數(shù) f ( x ) ＝ 4 s in ( 2 x ＋ 1) － x ，則在下列區(qū)間中函數(shù) f ( x ) 不存在零點(diǎn)的是 ( ) A ． [ － 4 ，－ 2] B ． [ － 2, 0] C ． [ 0, 2] D ． [ 2, 4] 第 3講 │ 教師備用題 【解析】 A 函數(shù)在某個(gè)區(qū)間上不存在零點(diǎn)，不好直接判斷，但可以根據(jù)三角函數(shù)值的情況，結(jié)合函數(shù)的零點(diǎn)定理進(jìn)行分析判斷函數(shù)在那些區(qū)間上存在零點(diǎn)，結(jié)合排除法找到答案 ． f ( 0 ) ＝ 4 s i n 1 0 ， f ( 2 ) ＝ 4 s i n 5 － 2 ，由于 π 5 2 π ，所以s i n 5 0 ，故 f ( 2 ) 0 ，故函數(shù)在 [ 0 , 2 ] 上存在零點(diǎn)，排除 C ；由于f ( － 1 ) ＝ 4 s i n ( － 1 ) － 10 ，故函數(shù)在 [ － 1 , 0 ] 上存在零點(diǎn)，也在[ － 2 , 0 ] 上存在零點(diǎn)，排除 B ；令 x ＝5π － 24∈ [ 2 , 4 ] ，則 f5π － 24＝ 4 s i n5π2－5π － 24＝ 4 －5π － 24＝18 － 5π40 ，而 f ( 2 ) 0 ，所以函數(shù)在 [ 2 , 4 ] 上存在零點(diǎn)，排除 D. 綜合知函數(shù)在 [ － 4 ，－ 2] 上不存在零點(diǎn) ． 第 3講 │ 教師備用題 3 ． 已知二次函數(shù) f ( x ) ＝ ax2＋ bx ＋ c . ( 1) 若 f ( － 1) ＝ 0 ，試判斷函數(shù) f ( x ) 的零點(diǎn)個(gè)數(shù)； ( 2) 若對(duì) ? x1， x2∈ R ，且 x1 x2， f ( x1) ≠ f ( x2) ，試證明 ? x0∈ ( x1， x2) ，使 f ( x0) ＝12[ f ( x1) ＋ f ( x2)] 成立； ( 3) 是否存在 a ， b ， c ∈ R ，使 f ( x ) 同時(shí)滿足以下條件：① ? x ∈ R ， f ( x － 4) ＝ f (2 － x ) ，且 f ( x ) 的最小值是 0 ； ② ? x∈ R ，都有 0 ≤ f ( x ) － x ≤12( x － 1)2. 若存在，求出 a ， b ， c 的值；若不存在，請(qǐng)說明理由 ． 第 3講 │ 教師備用題 【解答】 ( 1) ∵ f ( － 1) ＝ 0 ， ∴ a － b ＋ c ＝ 0, b ＝ a ＋ c ， ∴ Δ ＝ b2－ 4 ac ＝ ( a ＋ c )2－ 4 ac ＝ ( a － c )2. 當(dāng) a ＝ c 時(shí)， Δ ＝ 0 ，函數(shù) f ( x ) 有一個(gè)零點(diǎn)； 當(dāng) a ≠ c 時(shí)， Δ 0 ，函數(shù) f ( x ) 有兩個(gè)零點(diǎn)． 第 3講 │ 教師備用題 ( 2 ) 令 g ( x ) ＝ f ( x ) －12[ f ( x1) ＋ f ( x2)] ，則 g ( x1) ＝ f ( x1) －12[ f ( x1) ＋ f ( x2)] ＝f ? x1? － f ? x2?2， g ( x2) ＝ f ( x2) －12[ f ( x1) ＋ f ( x2)] ＝f ? x2? － f ? x1?2， ∴ g ( x1) g ( x2) ＝－14[ f ( x1) － f ( x2)]20 ， ∵ f ( x1) ≠ f ( x2) ． ∴ g ( x ) ＝ 0 在 ( x1， x2) 內(nèi)必有一個(gè)實(shí)根 ． 即 ? x0∈ ( x1， x2) ，使 f ( x0) ＝12[ f ( x1) ＋ f ( x2)] 成立 ． 第 3講 │ 教師備用題 ( 3 ) 假設(shè) a ， b ， c 存在，由 ① 知拋物線的對(duì)稱軸為 x ＝－ 1 ，且 f ( x )m i n＝ 0 ， ∴ －b2 a＝－ 1 ，4 ac － b24 a＝ 0 ， ∴ b ＝ 2 a ， b2＝ 4 ac ， ∴ 4 a2＝ 4 ac ， ∴ a ＝ c . 由 ② 知 ? x ∈ R ，都有 0 ≤ f ( x ) － x ≤12( x － 1 )2， 令 x ＝ 1 得 0 ≤ f ( 1 ) － 1 ≤ 0 ? f ( 1 ) － 1 ＝ 0 ? f ( 1 ) ＝ 1 ? a ＋ b＋ c ＝ 1 ， 由????? a ＋ b ＋ c ＝ 1 ，b ＝ 2 a ，a ＝ c得 a ＝ c ＝14， b ＝12， 第 3講 │ 教師備用題 當(dāng) a ＝ c ＝14， b ＝12時(shí)， f ( x ) ＝14x2＋12x ＋14＝14( x ＋ 1)2，其頂點(diǎn)為 ( － 1,0) 滿足條件 ① ，又 f ( x ) － x ＝14( x － 1)2? x ∈ R ，都有0 ≤ f ( x ) － x ≤12( x － 1)2，滿足條件 ② . ∴ 存在 a ， b ， c ∈ R ，使 f ( x ) 同時(shí)滿足條件 ① 、 ② . 規(guī)律技巧提煉 第 3講 │ 規(guī)律技巧提煉 1 ．判斷函數(shù)的零點(diǎn)，要善于運(yùn)用 “ 三個(gè)轉(zhuǎn)化 ” ，時(shí)常將函數(shù)的零點(diǎn)問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)圖象與 x 軸的交點(diǎn)問題，或轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)圖象交點(diǎn)問題．需特別注意的是下面式子是錯(cuò)的：“ f ( a ) f ( b ) 0 ? 函數(shù) y ＝ f ( x ) 在區(qū)間 ( a ， b ) 內(nèi)有零點(diǎn) ” ． 2 ．對(duì)函數(shù)零點(diǎn)的考查，通常以函數(shù)為載體判斷方程根的個(gè)數(shù)，或以此為背景求參數(shù)的范圍，此類問題都是利用數(shù)形結(jié)合，借助函數(shù)圖象 ( 復(fù)雜函數(shù)的圖象可用導(dǎo)數(shù)工具 ) 加以解決． 3 ．解實(shí)際應(yīng)用題，要注意建模思想、建模方法的應(yīng)用，可以借助散點(diǎn)圖等選取模型，也可以以圖表的方式直接尋求變量間的關(guān)系建立模型 ． 4 ．解 “ 二次型 ” 問題，要善于借助二次函數(shù)的圖象． 第 4講 │ 不等式及線性規(guī)劃 第 4講 不等式及線性規(guī)劃 主干知識(shí)整合 第 4講 │ 主干知識(shí)整合 一、不等式的性質(zhì) 在不等式的性質(zhì)中，要注意下面性質(zhì)的應(yīng)用： 1 ．同向不等式的可加性： a b ， c d ? a ＋ c b ＋ d . 2 ．可乘性： a b ， c 0 ? ac bc ； a b ， c 0 ? ac bc . 第 4講 │ 主干知識(shí)整合 3 ．兩邊為正的同向不等式可乘性： a b 0 ， c d 0 ? ac bd . 4 ．同乘方： a b 0 ， n ∈ Q ＋ ? an bn. 5 ．倒數(shù)關(guān)系： a b ， ab 0 ?1a1b. 第 4講 │ 主干知識(shí)整合 二、一元二次不等式 1 ． 一元二次不等式的解集可以由一元二次方程的解結(jié)合二次函數(shù)的圖象得來 ， 不要死記硬背 ， 二次函數(shù)的圖象是聯(lián)系 “ 二次型 ” 的紐帶 ． 2 ． 與一元二次不等式有關(guān)的恒成立問題 ， 通常轉(zhuǎn)化為根的分布問題 ， 求解時(shí)一定要借助二次函數(shù)的圖象 ， 一般考慮四個(gè)方面 ： 開口方向 、 判別式的符號(hào) 、 對(duì)稱軸的位置 、 區(qū)間端點(diǎn)函數(shù)值的符號(hào) ． 第 4講 │ 主干知識(shí)整合 三、基本不等式 1 ． 兩個(gè)公式 ： ( 1 ) ? a ， b ∈ R ， a2＋ b2≥ 2 ab ， 當(dāng)且僅當(dāng) a ＝ b 時(shí)等號(hào)成立 ． ( 2 ) 若 a ， b 均是正數(shù) ， 則a2＋ b22≥a ＋ b2≥ ab ≥2 aba ＋ b，當(dāng)且僅當(dāng) a ＝ b 時(shí)等號(hào)成立 ． 2 ． 求最值 ： 積定和有最小值 ， 和定積有最大值 ， 一定注意 “ 一正 、 二定 、 三等 ” ． 第 4講 │ 主干知識(shí)整合 四、線性規(guī)劃問題 1 ． 二元一次不等式 ( 組 ) 表示平面區(qū)域 ． 2 ． 線性規(guī)劃的有關(guān)概念 ． 線性規(guī)劃問題 —— 求線性目標(biāo)函數(shù)在線性約束條件下的最大值或最小值問題 ． 可行解 —— 滿足線性約束條件的解 ( x ， y ) ． 可行域 —— 所有可行解的集合 ． 最優(yōu)解 —— 使目標(biāo)函數(shù)取得最大值或最小值的可行解 ． 第 4講 │ 主干知識(shí)整合 3 ． 求最優(yōu)解的步驟 ： ( 1 ) 設(shè)出變量，列出線性約束條件和目標(biāo)函數(shù)； ( 2 ) 作出可行域； ( 3 ) 借助圖形確定目標(biāo)函數(shù)取得最優(yōu)解的點(diǎn)，并求出最值； ( 4 ) 從實(shí)際問題的角度審視最值，進(jìn)而作答． 要點(diǎn)熱點(diǎn)探究 第 4講 │ 要點(diǎn)熱點(diǎn)探究 ? 探究點(diǎn)一 不等式的性質(zhì) 例 1 已知 a ， b 為非零實(shí)數(shù) ， 且 a b ， 判斷下列不等式哪些恒成立 ． ① a2 b2； ② ab2 a2b ； ③1ab2 1a2b； ④baab； ⑤ a