十一月 2019

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二次函数零点分布问题一直是二次函数的一个难点,难在含参数的二次函数图象的形状不好把握,而且往往要对问题进行较多的分类讨论.下面我们举例说明,通过将问题转化为抛物线和直线之间的位置关系,可以化解这个难点.笔者通过查询,发现江战明老师早已经在《数学教学》上发表类似的思路,故将他的文章附于文末.

问题 1. 已知关于$x$的方程$x^2+2(m-1)x+6+2m=0$,$m\in\mathbf{R}$.
  • 若方程有两个根$\alpha,\beta$,且满足$0<\alpha<1<\beta<4$,求$m$的取值范围.
  • 若方程至少有一个正根,求$m$的取值范围.

解答 1.1.

  • 方程$x^2+2(m-1)x+6+2m=0$的根为$\alpha,\beta$.$\iff$抛物线$y=x^2$和直线$y=-2m(x+1)+(2x-6)$交点的横坐标为$\alpha$和$\beta$.

    如图1.1,直线$y=-2m(x+1)+(2x-6)$过定点$P(-1,-8)$.设抛物线上的点$A(1,1)$,$B(4,16)$.$0<\alpha<1<\beta<4$当且仅当直线$y=-2m(x+1)+(2x-6)$夹在直线$PA$和直线$PB$之间,即直线$y=-2m(x+1)+(2x-6)$的斜率介于直线$PA$和$PB$的斜率之间.直线$PA$的斜率$k_{PA}=9/2$,直线$PB$的斜率$k_{PB}=24/5$.故$9/2<-2m+2<24/5$,解得$-7/5<m<-5/4$.

  • 方程$x^2+2(m-1)x+6+2m=0$至少有一个正根.$\iff$ 抛物线$y=x^2$和直线$y=-2m(x+1)+(2x-6)$在第一象限存在交点.

    如图1.2所示,过点$P$作抛物线的切线,且切线的斜率为正.切点设为$T$.则由导数工具(或判别式法)可求得直线$PT$的斜率为$4$.当且仅当直线$y=-2m(x+1)+(2x-6)$的斜率不小于$4$时,抛物线和直线在第一象限存在交点.即$-2m+2\geq 4$,解得$m\leq -1$.


问题 2. 已知函数$f(x)=mx^2-2mx-3$在区间$[-1,1]$内无零点,求实数$m$的取值范围.

解答 2.1. 显然$m=0$满足条件.当$m\neq 0$时,函数$f(x)$在区间$[-1,1]$内无零点.$\iff$ 抛物线$y=x^2$和直线$y=2x+3/m$在平面区域$-1\leq x\leq 1$上没有交点.

如图2.1,点$A(-1,1),B(1,1)$在抛物线上.过点$A$且斜率为$2$的直线是$y=2x+3$.过点$B$且斜率为$2$的直线是$y=2x-1$.

抛物线$y=x^2$和直线$y=2x+3/m$在平面区域$-1\leq x\leq 1$上没有交点,当且仅当$3/m>1$或$3/m<-3$,解得$m\in (-1,0)\cup (0,3)$.

综上所述,$-1<m<3$.


问题 3. 若方程$2ax^2-x-1=0$在$(0,1)$内恰有一解,求实数$a$的取值范围.

解答 3.1. 显然$a\neq 0$.方程$2ax^2-x-1=0$在$(0,1)$内恰有一解$\iff$ 抛物线$y=x^2$和直线$y=(x+1)/(2a)$在平面区域$-1< x< 1$上恰有一个交点.

如图3.1所示,直线$y=(x+1)/(2a)$过定点$A(-1,0)$.点$B(1,1)$在抛物线上.抛物线$y=x^2$和直线$y=(x+1)/(2a)$在平面区域$0<x<1$上恰有一解,当且仅当直线$y=(x+1)/(2a)$夹在直线$AB$和$x$轴之间,于是$0<1/(2a)<1/2$,解得$a>1$.


问题 4. 已知函数$f(x)=x^2+ax+b(a,b\in\mathbf{R})$在区间$(0,1)$上有两个零点,求$3a+b$的取值范围.

解答 4.1. 函数$f(x)$在区间$(0,1)$上有两个零点$\iff$ 抛物线$y=x^2$和直线$y=-ax-b$在平面区域$0<x<1$上有两个交点.

设$3a+b=t$,即抛物线$y=x^2$和直线$y=a(3-x)-t$在区域$0<x<1$上有两个交点.直线$y=a(3-x)-t$过定点$(3,-t)$.如图4.1所示,$O(0,0)$为原点,$A(1,1)$在抛物线上.过点$A$作抛物线的切线,与直线$x=3$交于点$B(3,5)$.则当且仅当点$(3,-t)$位于$x$轴上方且位于点$B$下方时,直线$y=a(3-x)-t$能与抛物线在平面区域$0<x<1$上有两个交点.即$0<-t<5$,解得$-5<t<0$.

可见,$3a+b$的取值范围是$(-5,0)$.


问题 5. 已知函数$f(x)=x^2+ax+b(a,b\in\mathbf{R})$在区间$[0,1]$上有零点,求$ab$的最大值.

解答 5.1. 函数$f(x)$在区间$[0,1]$上有零点$\iff$ 抛物线$y=x^2$和直线$y=-ax-b$在区域$0\leq x\leq 1$上有交点.
  • 当$-b>0$时,直线$y=-ax-b$与$y$轴交于点$B(0,-b)$,点$B$位于$y$轴正半轴.设抛物线上的点$A(1,1)$.当且仅当直线$y=-ax-b$的斜率不大于直线$AB$的斜率时,直线$y=-ax-b$与抛物线$y=x^2$在区域$0\leq x\leq 1$上有交点.如图5.1所示.即$-a\leq k_{AB}=1+b$.

  • 当$-b\leq 0$时,直线$y=-ax-b$与$y$轴的交点$B$位于$y$轴的非正半轴.过点$A$作抛物线$y=x^2$的切线,切线与$y$轴交于点$C(0,-1)$.若点$B$介于原点和点$C$之间,则$-1\leq -b\leq 0$.此时,过点$B$作抛物线$y=x^2$的切线,其中切线斜率为正,则可得该切线的斜率为$2 \sqrt{b}$.直线$y=-ax-b$的斜率必须不小于切线斜率,该直线与抛物线$y=x^2$才可能在区域$0\leq x\leq 1$上有交点.即$-a\geq 2 \sqrt{b}$.如图5.2所示.

  • 当点$B$在点$C$下方时,$-b< -1$.此时,直线$AB$的斜率是$k_{AB}=1+b$.为了使得直线$y=-ax-b$与抛物线$y=x^2$在区域$0\leq x\leq 1$上有交点,只用让直线$y=-ax-b$的斜率不小于直线$AB$的斜率,即$-a\geq 1+b$.如图5.3所示,
综上所述:当$b<0$时,$a+b+1\geq 0$;当$0\leq b\leq 1$时,$a+2 \sqrt{b}\leq 0$;当$b>1$时,$a+b+1\leq 0$.可绘制得$(b,a)$形成如下平面区域(图5.4):

令$ab=t$,显然$t$的最大值为正,故为求$t$的最大值,不妨设$t\neq 0$,此时,$a=t/b$.令$t$为常数,则$a=t/b$是坐标平面内的双曲线.当且仅当双曲线与直线$a+b+1=0$相切时,$t$取得最大值,$t$的最大值是$1/4$.

江战明的文章:

用拆分函数法探索二次函数零点与系数的关系

邹校发我一道向量题,还请我给出多种解法.但是这几天都比较忙,今天抽空写了一下解答,题目如下:

问题 1. 已知平面向量$\bm{a},\bm{b}$满足$|\bm{a}|=2|\bm{b}|=\bm{a}\cdot\bm{b}=4$.则对任意共面的单位向量$\bm{e}$,$|\bm{a}\cdot\bm{e}|-|\bm{b}\cdot\bm{e}|$的最大值为_____.

解:由题目易得$|\bm{a}|=4$,$|\bm{b}|=2$,且$\langle\bm{a},\bm{b}\rangle=60^{\circ}$.我们将要绘制两副图,图中$\ov{OA}=\bm{a}$,$\ov{OB}=\bm{b}$,$\ov{OE}=\bm{e}$.

  • 当$\bm{e}\cdot\bm{a}\geq 0$且$\bm{e}\cdot\bm{b}\geq
    0$时,$\bm{e}$与$\bm{a}$以及$\bm{e}$与$\bm{b}$夹成直角或锐角.如图1所示,在这种情况下,点$E$在金黄色区域上运动,且$|\ov{OE}|=1$(该区域的两条边界分别是直线$OA$过点$O$的垂线,以及直线$OB$过点$O$的垂线).

    图1

    此时
    $$
    |\bm{a}\cdot\bm{e}|-|\bm{b}\cdot\bm{e}|=\bm{a}\cdot\bm{e}-\bm{b}\cdot\bm{e}=(\bm{a}-\bm{b})\cdot\bm{e}=\ov{BA}\cdot\ov{OE},
    $$
    当且仅当$\ov{OE}$与$\ov{OB}$垂直时,$\ov{BA}\cdot\ov{OE}$取得最大值$2\sqrt{3}$.

  • 当$\bm{e}\cdot\bm{a}\geq 0$且$\bm{e}\cdot\bm{b}\leq 0$时,$\bm{e}$与$\bm{a}$夹成直角或锐角,$\bm{e}$与$\bm{b}$夹成直角或钝角.如图2所示,在这种情况下,点$E$在绿色区域上运动,且$|\ov{OE}|=1$(该区域的两条边界分别是直线$OA$过点$O$的垂线以及直线$OB$过点$O$的垂线).

    图2

    此时,
    $$
    |\bm{a}\cdot\bm{e}|-|\bm{b}\cdot\bm{e}|=\bm{a}\cdot\bm{e}+\bm{b}\cdot\bm{e}=(\bm{a}+\bm{b})\cdot\bm{e}=\ov{OC}\cdot\ov{OE}
    $$

    当且仅当$\ov{OE}$垂直于$\ov{OB}$时,$\ov{OC}\cdot\ov{OE}$取得最大值$2 \sqrt{3}$.(具体计算如
    下:$\bm{a}\cdot\bm{e}+\bm{b}\cdot\bm{e}=\bm{a}\cdot\bm{e}=4\times 1\times
    \cos 30^{\circ}=2 \sqrt{3}$.)

  • 当$\bm{e}\cdot\bm{a}\leq 0$且$\bm{e}\cdot\bm{b}\leq 0$时,令$\bm{e}’=-\bm{e}$,则$\bm{e}’\cdot\bm{a}\geq 0$且 $\bm{e}’\cdot\bm{b}\geq 0$,且有
    $$
    |\bm{a}\cdot\bm{e}|-|\bm{a}\cdot\bm{e}|=|\bm{a}\cdot\bm{e}’|-|\bm{a}\cdot\bm{e}’|.
    $$
    这样就化归为情形(1)中已解决的问题.
  • 当$\bm{e}\cdot\bm{a}\leq 0$且$\bm{e}\cdot\bm{b}\geq 0$时,同样令$\bm{e}’=-\bm{e}$,则$\bm{e}’\cdot\bm{a}\geq 0$且
    $\bm{e}’\cdot\bm{b}\leq 0$,且有
    $$
    |\bm{a}\cdot\bm{e}|-|\bm{a}\cdot\bm{e}|=|\bm{a}\cdot\bm{e}’|-|\bm{a}\cdot\bm{e}’|.
    $$
    这样就化归为情形(2)中已解决的问题.
综上所述,$|\bm{a}\cdot\bm{e}|-|\bm{b}\cdot\bm{e}|$的最大值是$2 \sqrt{3}$,当且仅当$\bm{e}$与$\bm{b}$垂直时取得最大值.


至于别的解法就免了吧,上述解法明显是最简单的,我不会浪费时间去找更麻烦的解法.

 

继上一道平面几何题后,意犹未尽的周老师又给我发了一道平面几何题.题目如下:

问题 1. 如图1,圆$\Omega$过锐角三角形$ABC$的顶点$B,C$.线段$BC$上有两点$D,E$.线
段$AD,AE$与圆$\Omega$分别交于点$P,Q$,且满足$BD^2+DC^{2}=2DP\cdot DA$,$CE^2+EB^2=2EQ\cdot EA$.求证:$BP=CQ$.

此图像的alt属性为空;文件名为20191116-1.png
图1


解答 1.1. 如图2所示,设直线$AP$与圆交于点$P'(P’\neq P)$,直线$AQ$与圆交于$Q'(Q’\neq Q)$.

图2


\begin{align*} BD^2+DC^2=2DP\cdot DA&\iff (DB+DC)^2-2DB\cdot DC=2DP\cdot DA \\&\iff BC^2-2DB\cdot DC=2DP\cdot DA. \end{align*}
由相交弦定理,
$$
DB\cdot DC=DP\cdot DP’,
$$

$$
BC^2=2DP\cdot DP’+2DP\cdot DA=2DP\cdot (DP’+DA)=2DP\cdot AP’.
$$
同理由
$$
CE^2+EB^2=2EQ\cdot EA
$$
可得
$$
BC^2=2EQ\cdot AQ’.
$$

$$
DP\cdot AP’=EQ\cdot AQ’,
$$

$$
\frac{DP}{EQ}=\frac{AQ’}{AP’}.
$$
又因为$\triangle APQ’\sim\triangle AQP’$,所以$AQ’/AP’=AP/AQ$.故
$$
\frac{DP}{EQ}=\frac{AP}{AQ},
$$
故直线$PQ\parallel BC$.所以$BP=CQ$.