2019-2020年初中數學競賽專題復習 第一篇 代數 第6章 函數試題2 新人教版.doc

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2019-2020年初中數學競賽專題復習 第一篇 代數 第6章 函數試題2 新人教版 6.3.35 ★★★ 已知點、的坐標分別為、，點是拋物線上一個動點． （1）判斷以點為圓心，為半徑的圓與直線的位置關系； （2）設直線與拋物線的另一個交點為，連結、，求證：． 解析（1）設點的坐標為，則 ， 而點到直線的距離為 ． 所以，以點為圓心，為半徑的圓與直線相切． （2）過點、分別作直線的垂線，垂足分別為、，由（1）知，，同理可得，． 因為，、、都垂直于直線，所以，，于是 ， 于是 ， 所以，，于是，從而 ． 6.3. 36 ★★★ 已知拋物線和拋物線相交于、兩點，是在拋物線上且位于和之間的一點，是在拋物線上且位于和之間的一點． （1）求線段的長； （2）當軸時，求長度的最大值． 解析（1）解方程組 得 所以，點、的坐標分別是、，于是 ． （2）當軸時，可設點、的坐標分別為、， ， 于是 ， 當時等號成立．故的長的最大值為8． 6.3.37 ★★★★ 求使得不等式，當時恒成立的實數對． 解析 令），此二次函數圖象的對稱軸為，開口向上． （1）當時，有， 由②、③，得 ． 于是，，這與式①矛盾． （2）當時，有 ， 由⑤、⑥，得 ． 于是，． 結合式④，得，從而，即為所求的實數對． （3）當時，有 ， 即 由⑧、⑨，得 ，， 與式⑦矛盾． （4）當時，有 ， 即 由、，得 ，即， 與式⑩矛盾． 綜上得滿足題設條件的數對為． 6.3.38 ★★★ 設是正整數．如果二次函數 和反比例函數的圖象有公共整點（橫坐標和縱坐標都是整數的點），求的值和對應的公共整點． 解析 聯立方程組 消去得 ， 即，分解因式得 ． ① 如果兩個函數的圖象有公共整點，則方程①必有整數根，從而關于的一元二次方程 ② 必有整數根，所以一元二次方程②的判別式應該是一個完全平方數，而 ． 所以應該是一個完全平方數，設（其中為非負整數），則 ． 即 ． 顯然與的奇偶性相同，且，而， 所以 或或 解得或或 而是正整數，所以只可能或 當時，方程②即，它的兩根分別為2和，易求得兩個函數的圖象有公共整點和． 當時，方程②即，它的兩根分別為1和，易求得兩個函數的圖象有公共整點（1，-25）和（-25．1）． 6.3.39 ★★★ （1）證明：若二次函數的值當，，時均是整數，則對任何整數、的值也是整數； （2）若對任何整數，的值是整數，、、是否必是整數？ 解析（1）由條件，、、都是整數，因此 與 是整數， ， ． 也是整數． 當是偶數時，設，則 ， 因為、、、是整數，所以是整數． 當為奇數時，設，則 仍是整數． （2）因為時，故必是整數，但、不一定是整數．例如函數 ． 由于對任何整數，與中必有一個是偶數，因此是整數，的值必是整數．但這個函數的系數不全是整數． 6.3. 40 ★★★★ 給定二次三項式．已知方程有四個不同實根，且其中兩個根的和等于．證明：． 解析 我們用、表示方程，的根，、表示方程的兩個和為的根．后一方程的根的集合等于方程與根的集合的并集．如果、同時是這兩個方程中的某一個的根，由韋達定理，．故．這推出．再利用方程的判別式非負，得，這推出． 現在考慮另一種情況，不失一般性可寫成，．將它們相加得 ． 由韋達定理和已知條件得，，故 ． 6．4含絕對值的函數 6.4.1 ★ 作函數的圖象． 解析 當時， ； 當時， ； 當時， ． 所以 它的圖象如圖所示． 6.4.2 ★ 把一拋物線在軸上方的部分，改成它關于軸對稱的圖形，得到圖中實線表示的曲線，則該曲線是下列函數（ ）的圖象． A． B． C． D． 解析 先按圖象求出原拋物線所對應的二次函數，然后根據實數絕對值的意義找出實線所表示的曲線是哪一個函數的圖象． 原拋物線的頂點為（2，4），開口向下，原拋物線所對應的二次函數可寫成 ，． 圖中實線部分過點，故原拋物線過，于是有，．原拋物線對應的二次函數是， 即 ． 因此，實線部分是函數的圖象．選（ D）． 6.4.3 ★ 作函數的圖象． 解析 當或3時，，于是 ； 當時，，于是 . 所以 于是，得圖象如圖所示． 6.4.4★★★求下列函數的最小值： （1）； （2）； （3）． 解析（1）按實數絕對值的意義 對）而言，的最小值為； 對而言，的最小值為. 由此可見，當時，取最小值. （2）根據第（1）小題的結論，函數在時取最小值；又函數顯然在時取最小值0． 故在對取最小值． （3）根據第（1）小題的結論，函數在時取最小值；函數在時取最小值；函數在時取最小值.注意到，就知當時 取最小值. 評注 第（1）小題中，為了應用一次函數求最大（?。┲档姆椒?，把變成分段函數．如果把理解為數軸上點到點的距離，那么不脫去絕對值號，也能分析得出，只有當點在點，與之間（包括、）時，才能使點點和的距離和（即）最小，其最小值為與間的距離.通過第（2），（3）小題的解答，我們容易把本例的結果推廣到一般情況．即對個實常數，求的最小值． 由于，，…，中有些允許相等，因此，我們應該會求函數 的最小值，這里，，…，都是正整數. 6.4.5 ★★ 點滿足方程 ， 求它的圖象所圍成區(qū)域的面積． 解析 當，時，，即． 當，時，，即． 當，時，，即． 當，時，，即． 于是，所得圖象如圖所示． 由此可知，的圖象是一個對角線長為4，邊長為的正方形，因此所求區(qū)域面積為． 6.4.6 ★★★ 是什么實數時，方程有四個互不相等的實數根？ 解析1 將原方程變形為 ． 令，則 它的圖象如圖，而是一條與軸平行的直線．原方程有四個互不相等的實根，即直線應與曲線有四個不同的交點，由圖象可知，當，即時，直線與曲線有四個不同的交點，所以，當時，方程有四個互不相等的實數根． 評注 本題是一個方程問題，我們利用圖形來研究，這是一種非常重要的思想方洼——數形結合法．當然，本題不用圖象也是可以解的，下面給出解法，請讀者比較一下． 解析2 原方程變形為 所以， ， ， ，． 要使這4個數互不相等，必須，且，即． 6.4.7 ★★★ 如果滿足的實數恰有6個，求實數的值． 解析 本題先分段討論脫去絕對號，再研究為何值時方程有6個實根，由于絕對號內套絕對號，則相當繁瑣．注意到方程的實根個數就是函數 的圖象與直線y-a的公共點的個數，因此只要設法畫出函數 的圖象． 為了作出函數的圖象，我們分兩步，先作出函數，即的圖象（圖（1）中的實線）． 接著將上述圖象向下移動10個單位，并將軸下方的部分改成它關于z軸對稱的圖形，這樣就得到函數圖象（圖（2））． 于是，由圖應知與T軸平行的直線中只有直線與該函數圖象有6個公共點． 故． 6.4.8★★ 已知，試確定關于的方程的解的個數． 解析 先畫出函數，即的圖象，再畫直線（如圖）．注意到該直線經過定點，且在軸上的截距滿足． 易見，直線與函數圖象的公共點有3個，故原方程有3個解． 6.4.9 ★★★ 若函數與的圖象圍成一個平面區(qū)域，求實數的取值范圍及這個區(qū)域的面積． 解析 函數可化為 作出其圖象（如圖）． 若直線和曲線圍成平面區(qū)域，則要使直線與曲線有兩個交點． 故，即． 這時交點）、． 作軸于點，軸于點．則 ． 6.4.10 ★★ 求使方程 恰好有兩個解的所有實數． 解析 先作出的圖象．由 可得圖象如圖所示： 從圖中可知，當且僅當或時，的圖象與 有兩個不同的交點．所以，所求的為或． 評注 本題解答所用的方法是“數形結合法”，通過函數的圖象，可以“直觀”地解決問題．本題也可以通過分類討論的方法解決，請讀者自己試一試． 6.4.11 ★★★★ 設，、為實數．若在時的最大值為，求的最小值． 解析 當實數、在實數范圍內變化時，在時的最小值當然也在變化，要求在的這種變化中能達到的最小值．先借助絕對值不等式求出的下界．然后構造一個例子證實這個下界能夠達到，從而判定這個下界即是所求的的最小值． 按的定義， ， ， ． 于是， ， 所以，． 若取，，則．的圖象如圖所示，此時． 所以，的最小值是． 6.4.12 ★★★ 設函數，的最大值是，求的解析式，并求出的最小值． 解析 時，；時，． （1）當，在內遞增，在內遞減，在內遞增． 當，即時，最大值為； 當，即時，最大值為 ； 當時，最大值為，即 ． i）當即時，最大值為； ii）當即時，最大值為； （2）當，，最大值為1． （3）當，在內遞增，最大值為． 所以的最小值（在時取到） 評注 將絕對值符號去掉后，化為定區(qū)間動對稱軸的二次函數最大值問題．是關于的一個分段函數，其最小值是各段的最小值之最小值． 6.4.13 ★★★★ 規(guī)定表示取、中的較大者，例如，． 求函數的最小值，并求當取最小值時自變量的值． 解析 的含義是，對每一個實數，等于與中的較大者，因為與的圖象都能很容易作出，而的圖象由的圖象及的圖象中的上方部分組成．因此）的圖象也可畫出． 在同一直角坐標系中分別畫出與的圖像（如圖）．兩圖象有四個交點、、、，它們的橫坐標可由方程 解得．去絕對值號，得 或， 解得，，，．由圖易見、、、的橫坐標順次是、、、． 按的定義，它的圖象為圖中的實線部分所示，點的縱坐標為函數的最小值，此最小值為． 6.4. 14 ★★★★ 設函數，對任意正實數，，且 ，． 求最小的實數，使得． 解析 先用遞推關系推出函數的解析式，然后再求解． 由已知條件得 當時，令，則，此時 即得，． 當時，令，則，于是 以此類推可得 所以． 由于，，而，所以，最小的滿足的實數． 6.5函數的最大值和最小值 6.5.1 ★★ 設是大于零的常數，且， ，． 求的最大值與最小值． 解析 ．下面對一次項系數分兩種情況討論． （1）當時，，于是函數的函數值是隨著的增加而增加的，所以當時，取最小值；當時，取最大值． （2）當時，，于是函數的函數值是隨著的增加而減少的，所以當時，取最大值；當時，取最小值． 6. 5.2 ★ 已知、、是非負實數，且滿足條件 ，． 求的最大值和最小值． 解析 設條件給出兩個方程，三個未知數、、，當然，、、的具體數值是不能求出的，但是，我們固定其中一個，不妨固定，那么、都可以用來表示，于是便是的函數了． 從已知條件可解得 ，． 所以 ． 又、均為非負實數，所以 解得． 由于是隨著的增加而減小的，所以當時，有最大值130；當時，有最小值120． 6.5.3 ★★★ 實數、、、滿足，且，求的最大值和最小值． 解析 設，，，則，，且 ． 所以 ， 所以， 當，時等號成立，故的最大值為25． 又 ， 所以， 當，時等號成立，所以的最小值為20． 6.5.4 ★★ 設，求二次函數在時的最大值和最小值． 解析 因，故函數的對稱軸方程為．我們按是否滿足（即是否在自變量的取值范圍內）分別討論． （1）當滿足時，由于二次函數的二次項系數為負數，故函數在時取得最大值． 由于函數值在時隨增大而減小，而在時隨增大而增大，故函數在時最小值在或處取得，在這兩點處的函數值的較小者就是最小值，注意，若點（0，0）到對稱軸的距離比點（1，0）到對稱軸的距離近，則函數在處的值便不小于在處的值．否則，函數在處的值就不大于在處的值，因此我們進一步區(qū)分兩種情況： 若，如圖（1），函數在有最小值． 若，如圖（2），函數在處有最小值0． （2）當時，如圖（3），函數在處有最大值，在處有最小值0． 綜上所述，當時，最大值為，最小值為；當時，最大值為，最小值為；當時，最大值為，最小值為0． 6.5.5 ★★ 如果拋物線與軸的交點為、，頂點為，求三角形的面積的最小值． 解析 首先， ． 所以拋物線與軸總有兩個交點，設拋物線與軸的交點為、，那么 ． 又拋物線的頂點坐標是， 所以 ． 當時等號成立． 所以，的面積的最小值為1． 6.5.6 ★★ 已知、是方程 （是實數）的兩個實數根，求最大值和最小值． 解析 由于二次方程有實根，所以 ， 解得． ． 由于在上是減函數，可見當時，有最大值18，當時，有最小值． 6.5.7 ★★ 已知二次函數及實數，求： （1）函數在時的最小值； （2）函數在時的最小值， 解析 由于自變量變化范圍內含有參數，因此需分類討論． 的圖象是以為對稱軸，開口向上的拋物線（如圖）． （1）當時，在對稱軸的左側，此時的最小值在時取到，即為． 當時，的最小值在時取到，即為． （2）因，故． 當，且<時，即當時，在對稱軸的左側．的最小值在時取到，即為 ． 當，即時，的最小值在時取到，即為． 當時，的最小值在時取到，即為． 6.5.8 ★★ 已知，，的最小值為，求表示的代數式． 解析，它的圖象是頂點在，開口向上，對稱軸為的拋物線． 當拋物線的頂點的橫坐標在左邊時，，即，這時拋物線在上是上升的，所以； 當拋物線的頂點的橫坐標在上時，，即，這時 ； 當拋物線的頂點的橫坐標在的右邊時，，即，這時拋物線在上是下降的，所以． 6.5.9 ★★★設為非零實數，求函數的最大值與最小值． 解析 當時，的圖象是開口向上的拋物線，其頂點的橫坐標為．由于與中至少有一個不小于1，故．因此，的圖象是一段在對稱軸左側的拋物線弧（如圖），此時的最大值為，最小值為． 當時，的圖象是開口向下的拋物線，其頂點橫坐標，故的圖象是一段在對稱軸右側拋物線弧，故的最大值還是，最小值還是． 綜上所述，的最大值為，最小值為． 6.5.10 ★★★ 已知、、都是正整數，且二次函數的圖象與軸有兩個不同的交點、，若、到原點的距離都小于1，求的最小值． 解析 設函數圖象與軸的兩個交點、坐標為、，且，則有 ． 又、、為正整數，于是有 ， ， 從而推知、均為負數． 因為，，則， 因此，由圖，有 ， ① ， ② ， ③ ． ④ 因為、、為正整數，則④顯然成立． 由式③得，即 ． ⑤ 因為函數在時對應的值為，故的最小值就是函數在處的最小值，而，結合圖象知當時取最小值，此時由式⑤得 ． ⑥ 由式①、⑥得，則．所以，從而 ． 因此，當，，時，取得最小值5+5+1=11． 6.5.11 ★★★ 已知函數 其中自變量為正整數，也是正整數，求為何值時，函數值最?。? 解析 函數整理為 ， 其對稱軸為 ． 因為為正整數，故 ，． 因此，函數的最小值只可能在取、、時達到． （1）當時，，此時．由于是正整數，所以時使函數取得最小值； （2）當，即時，由于是正整數，而為小數，故不能在；達到最小值． 當時， ； 當時， ． 考查． （i）當，即或3時，取，使為最小值； （ii）當，即時，有，此時取2或3； （iii）當，即且為整數時，取，使為最小值． 函數值最?。? 6.5.12 ★★ 設，當聲時，二次函數有最大值5；二次函數的最小值為，且；．求的解析式和的值． 解析 由題設知 ， ， 所以 ， ． 由于在時有最大值5，故設 ， 所以 ． 由于的最小值是，于是 ． 解得，從而 6.5.13 ★★ 已知二次函數同時滿足： （1）； （2）當時，； （3）當時，有最大值2． 求常數、、的值． 解析由（1）知為開口向上的拋物線，由（1）、（3）知 ． ① 由（2）知 ， ② ． ③ 由①、②知 ． ④ 由③、④得． 故時，達到最小值，因此， ． 由①得． 故 ，，． 6.5.14 ★★★ 設函數在的范圍內的最小值為，最大值為，求實數對． 解析 由于二次函數，的對稱軸為，所以，就、與對稱軸的關系來討論． 分三種情況： （1）當時，時單調遞減，所以，，，即 解得，． （2）當時，在時單調遞增，所以，，，即 由于方程兩根異號，所以，滿足條件不存在． （3）當時，此時，在處取最大值，即，故． 而在或處取最小值，由于， ， 故，即，解得． 綜上，或． 6.5.15 ★★★ 已知，，，且，求的最小值． 解析 令，由，，，判別式，所以這個二次函數的圖象是一條開口向下的拋物線，且與軸有兩個不同的交點、，因為，不妨設設，則，對稱軸，于是， 所以 故 當，，時，等號成立． 所以，的最小值為4． 6.5. 16 ★★ 求函數的最值． 解析 去分母、整理得 當時，這是一個二次方程，因是實數，所以判別式，即 解得 ． 當時，；當時，．由此即知，當時，取最小值，當 時，取最大值1． 評注 本題求最值的方法叫作判別法，這也是一種常用的方法．但在用判別法求最值時，應特別注意這個最值能否取到，即是否有與最值相應的值． 6.5.17 ★★ 設函數的最大值為4，最小值為，求、的值． 解析 將原函數去分母，并整理得 因式實數，故 即． ① 由題設知，的最大值為4，最小值為，所以 ， 即． ② 由①、②得 ，， 所以 所以， 6.5.18 ★★已知函數的最小值是2，最大值是6，求實數、的值． 解析 將原函數去分母，并整理得 ． 若，即是常數，就不可能有最小值2和最大值6了，所以，于是 ， 即． ① 由題設，的最小值為2，最大值為6，所以 ， 即． ② 比較①、②得 解得，． 6.5.19 ★★★ 求函數的最大值和最小值． 解析 由得