二次函數教案

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二次函數教案范文第1篇

（含答案）

1、一元二次方程x2－5x+6=0

的兩根分別是x1,x2,則x1+x2等于（

）

A.

5

B.

6

C.

－5

D.

－6

2、若是一元二次方程的兩個根，則的值是（

）.

A．

B．

C．

D．

3、若方程的兩根為、，則的值為(

).

A．3

B．－3

C．

D．

4、若關于的一元二次方程有兩個不相等的實數根，則

的取值范圍是（

）

A．

B．

且

C．

D．

且

5、關于的方程有實數根，則整數的最大值是（

）

A．6

B．7

C．8

D．9

6、關于的一元二次方程的兩個實數根分別是，且，則的值是（

）

A．1

B．12

C．13

D．25

7、如果方程ax2＋2x＋1＝0有兩個不等實根，則實數a的取值范圍是___

___．

8、關于x的一元二次方程有實數根，則k的取值范圍是

。

9、關于的一元二次方程有兩個不相等的實數根，則的取值范圍是

．

10、已知x1、x2是方程x2－3x－2＝0的兩個實根，則(x1－2)

(x2－2)=

．

11、一個容器盛滿純藥液63L，第一次倒出一部分純藥液后用水加滿，第二次又倒出同樣多的藥液，再加水補滿，這時容器內剩下的純藥液是28L，設每次倒出液體xL，則列出的方程是________．

12、一個小組若干人，新年互送賀卡，若全組共送賀卡72張，則這個小組共（

）．

A．12人

B．18人

C．9人

D．10人

13、某商品原價200元，連續兩次降價a％后售價為148元，下列所列方程正確的是（

）A：200(1+a%)2=148

B：200(1－a%)2=148

C：200(1－2a%)=148

D：200(1－a2%)=148

14、某種出租車的收費標準是：起步價7元（即行駛距離不超過3km都需付7元車費）；超過3km以后，每增加1km，加收2.4元（不足1km按1km計），某人乘出租車從甲地到乙地共支付車費19元，則此人從甲地到乙地經過的路程（

）．

A．正好8km

B．最多8km

C．至少8km

D．正好7km

15、某水果批發商場經銷一種高檔水果，如果每千克盈利10元，每天可售出500千克.

經市場調查發現，在進貨價不變的情況下，若每千克漲價1元，日銷售量將減少20千克.

現該商場要保證每天盈利6000元，同時又要使顧客得到實惠，那么每千克應漲價多少元？

16、兩年前生產1t甲種藥品的成本是5000元，生產1t乙種藥品的成本是6000元，隨著生產技術的進步，現在生產1t甲種藥品的成本是3000元，生產1t乙種藥品的成本是3600元，哪種藥品成本的年平均下降率較大?

17、某商場禮品柜臺春節期間購進大量賀年卡，一種賀年卡平均每天可售出500張，每張盈利0.3元，為了盡快減少庫存，商場決定采取適當的降價措施，調查發現，如果這種賀年卡的售價每降低0.1元，那么商場平均每天可多售出100張，商場要想平均每天盈利120元，每張賀年卡應降價多少元?

18、某玩具廠有4個車間，某周是質量檢查周，現每個車間都原有a（a>0）個成品，且每個車間每天都生產b（b>0）個成品，質量科派出若干名檢驗員周一、周二檢驗其中兩個車間原有的和這兩天生產的所有成品，然后，周三到周五檢驗另外兩個車間原有的和本周生產的所有成品，假定每名檢驗員每天檢驗的成品數相同．

（1）這若干名檢驗員1天共檢驗多少個成品?（用含a、b的代數式表示）

（2）若一名檢驗員1天能檢驗b個成品，則質量科至少要派出多少名檢驗員?

19、某商場禮品柜臺春節期間購進甲、乙兩種賀年卡，甲種賀年卡平均每天可售出500張，每張盈利0.3元，乙種賀年卡平均每天可售出200張，每張盈利0.75元，為了盡快減少庫存，商場決定采取適當的降價措施，調查發現，如果甲種賀年卡的售價每降價0.1元，那么商場平均每天可多售出100張；如果乙種賀年卡的售價每降價0.25元，那么商場平均每天可多售出34張．如果商場要想每種賀年卡平均每天盈利120元，那么哪種賀年卡每張降價的絕對量大．

20、某商店經銷一種銷售成本為每千克40元的水產品，據市場分析，若每千克50元銷售，一個月能售出500kg，銷售單價每漲1元，月銷售量就減少10kg，針對這種水產品情況，請解答以下問題：

（1）當銷售單價定為每千克55元時，計算銷售量和月銷售利潤．

（2）設銷售單價為每千克x元，月銷售利潤為y元，求y與x的關系式．

（3）商品想在月銷售成本不超過10000元的情況下，使得月銷售利潤達到8000元，銷售單價應為多少?

參考答案

1、答案：A

2、答案：B

3、答案：B

4、解析：選B．由題意得方程有兩個不相等的實數根，則=b2－4ac>0，即4+4k>0.解得且

5、解析：選C.由題意得方程有實數根，則分兩種情況，當a－6=0時，a=6,此時x=，當a－6≠0時，=b2－4ac≥0，解得a≤

綜合兩種情況得答案.

6、解析：選C.

(，解得m=5（此時不滿足根的判別式舍去）或m=－1.原方程化為，=

7、答案：a＜1且a≠0；

8、答案：

9、答案：且

10、答案：－4

11、63-

x-（63-

x）÷63×x=28

12、C

13、B

14、B

15、設每千克應漲價x元

（10+

x）（500-20

x）=6000

每千克應漲價5元

16、

解：設甲種藥品成本的年平均下降率為x，

則一年后甲種藥品成本為5000（1-x）元，兩年后甲種藥品成本為5000（1-x）元．

依題意，得5000（1-x）2=3000

解得：x1≈0.225，x2≈1.775（不合題意，舍去）

設乙種藥品成本的平均下降率為y．

則：6000（1-y）2=3600

整理，得：（1-y）2=0.6

解得：y≈0.225

答：兩種藥品成本的年平均下降率一樣大．

17、設每張賀年卡應降價x元，則每件平均利潤應是（0.3-x）元，總件數應是（500+×100）

解：設每張賀年卡應降價x元

則（0.3-x）（500+）=120

解得：x=0.1

答：每張賀年卡應降價0.1元．

18、（1）=a+2b或

（2）因為假定每名檢驗員每天檢驗的成品數相同．

所以a+2b=，解得：a=4b

所以（a+2b）÷b=6b÷b==7.5（人）

所以至少要派8名檢驗員．

19、

解：（1）從“復習引入”中，我們可知，商場要想平均每天盈利120元，甲種賀年卡應降價0.1元．

（2）乙種賀年卡：設每張乙種賀年卡應降價y元，

則：（0.75-y）（200+×34）=120

即（-y）（200+136y）=120

整理：得68y2+49y-15=0

y=

y≈-0.98（不符題意，應舍去）

y≈0.23元

答：乙種賀年卡每張降價的絕對量大．

因此，我們從以上一些絕對量的比較，不能說明其它絕對量或者相對量也有同樣的變化規律．

20、分析：（1）銷售單價定為55元，比原來的銷售價50元提高5元，因此，銷售量就減少5×10kg．

（2）銷售利潤y=（銷售單價x-銷售成本40）×銷售量[500-10（x-50）]

（3）月銷售成本不超過10000元，那么銷售量就不超過=250kg，在這個提前下，求月銷售利潤達到8000元，銷售單價應為多少．

解：（1）銷售量：500-5×10=450（kg）；銷售利潤：450×（55-40）=450×15=6750元

（2）y=（x-40）[500-10（x-50）]=-10x2+1400x-40000

（3）由于水產品不超過10000÷40=250kg，定價為x元，則（x-400）[500-10（x-50）]=8000

解得：x1=80，x2=60

二次函數教案范文第2篇

關鍵字：多元函數，極值，二次型，正定，負定

1.引言

由于自變量的個數大于3時,多元函數極值存在性的判定比較繁復,現行工科高等數學中關于多元函數極值存在性判定問題,局限于討論二元函數,這是遠遠不夠的。因此,尋求能被學生接受的自變量個數大于3時多元函數極值的存在性的判別方法是十分有必要的。本文介紹了運用線性代數的相關知識判定多元函數極值的存在性的方法。這些知識都是成熟的結果,并非作者的創造發明,但將這些知識經過整理移植到工科數學教學中去卻是一個十分有意義的工作。這種方法能為大學生們十分自然地接受,而且能擴大工科學生的知識容量,提高學生運用學得的知識解決實際問題的能力,激發學生學習數學的興趣。

2預備知識

定義1含有個變量的二次齊次函數

(2-1)稱為二次型，取，則（2.1）可寫成

當為復數時,稱為復二次型；當為實數時,稱為實二次型。記

，

則二次型可表示成

,

其中A為對稱陣。二次型與對稱陣A之間存在著一一對應關系,A稱為二次型的矩陣,而稱為對稱陣A的二次型,對稱陣A的秩稱為二次型的秩。

定義2設有實二次型,如果對任何,都有,則稱為正定二次型,并稱對稱陣A是正定的,記作A>0;如果都有,則稱的負定二次型,并稱對稱陣A是負定的,記作A<0;如果都有,則稱為半正定的,稱對稱陣A是半正定的,記作;如果都有,則稱了為半負定的,稱對稱陣A是半負定的,記作；如果既不是半正定也不是半負定的,則稱為不定的,相應地,對稱陣A稱為不定的。

由定義,實二次型的正定性與它的矩陣的正定性是等價的。

關于對稱陣的正定性有如下判別法:

定理2.1對稱陣A為正定的充分必要條件是A的各階順序主子式都為正;即

或A的各階主子式都為正。

對稱陣為負定的充分必要條件是奇數階主子式為負,偶數階主子式為正,即

定理2.2對稱陣A為正定的充分必要條件是A的特征值全為正,對稱陣A為負定的充分必要條件是A的特征值全為負。

定義3設有n元函數，在區域內具有一階和二階連續偏導數，對，記

分別稱和

為在的梯度（grad）和在的海森矩陣（Hessianmatrix）

3多元函數極值的判別法

定理3.1（必要條件）：設多元函數在點具有偏導數，且在點處有極值，則它在該點的梯度必然為零,即

證：反證法。不妨設為極大值，而，則有某一i，使。不妨設，則存在的某一鄰域，使得在這一鄰域內當時，有，矛盾。

定理3.2（充分條件）：設多元函數在點的某一鄰域內連續且有一階及二階連續偏導數，且，則

（1）正定時，取得極小值；

（2）負定時，取得極大值；

（3）不定時，在處不取極值；

（4）半正定或者半負定時，在點處可能取極值也可能不取極值。

證：由連續性，存在點的某一鄰域，使當時，與同號，于是當時，記

注意到，由一階泰勒公式，

可知，（1）當正定時，，取得極小值；

（2）當負定時，，取得極大值；

（3）當不定時，不恒大于或不恒小于，因而不是極值；

（4）研究函數，顯然，為半正定陣，而卻不是的極值

由定理3.2可得如下推論

推論1設二元函數在某鄰域內連續且有一階及二階連續偏導數,又，記，則

（1）當在點處取得極小值；

（2）當，在點處取得極大值；

（3）當時，在點不取極值；

（4）時，在點可能取極值也可能不取極值。

證由定理3.2及定理2.1既得。

推論2設多元函數在點的某一鄰域內連續且有一階及二階連續偏導數，且，則

（1）的特征值全為正值時，取得極小值；

（2）的特征值全為負值時，取得極大值；

證由定理3.2及定理2.2既得。

例1求函數的極值

解：，

由，解得或。

當時，

因，，

正定，取得極小值；

當時，

，，

不定，在(0,1,1)點不取極值。

4結束語

上述提出的關于多元函數極值的判定方法的教學方案需同時開設高等數學和線性代數,在多元函數極值的教學中采用上述教案則是水到渠成,得心應手的事。如果按照傳統的課程設置組織教學,采用上述教案也是可行的,沒有多大困難,只需引進n維向量、矩陣及相應概念。這些概念在多元函數極值后面的教學中也很有用,并能激發學生的學習興趣和積極性,激勵學生去自學一些諸如線性代數,經濟數學等課程,提高人才素質,并使后續的線性代數教學更得心應手。

參考文獻

[1]趙賢淑.多元函數極值的求法及其應用[J].高等數學研究,1996,(01).

[2]葉克芳.多元函數的極值、條件極值和最值的關系[J].工科數學,1995,(02).

[3]邱煒源.多元函數極值的又一種判別法[J].湖州師范學院學報,1994,(06).

[4]葉淼林.關于多元函數的極值[J].安慶師范學院學報(自然科學版),1995,(04).

二次函數教案范文第3篇

概念教學的幾個常見誤區及應對策略

高中數學有效訓練的策略分析

新課程背景下數學教學避免內容泛化的幾點思考

“隨機事件的概率”說課

使用新教材后的幾點體會與思考

高中新舊教材中有關“數學家”欄目的研究與實踐

淺談新課程中類比教學

讓“旁批”成為高中數學教學的點金石

以日積月累之功，收水到渠成之效——例談初中幾何證明題中推理根據書寫的教學處理

初中數學變式練習的設計研究

對選修內容《坐標系與參數方程》中坐標系教學的思考

與學生共同經歷解題研究的過程——以兩道試題為例

新課程下高中數學有效課堂教學的探討

初探新課標下初中數學愉悅式教學

初中數學課堂教學有效評價分析

用拉格朗日乘數法巧解二元函數最值

由“錯設”引起的錯誤

從一道三角函數的設問建構三角函數圖象及性質的復習課

應用數學歸納法時的常見七大誤區

例析三角形的解的判定

從容易的事情開始——例說解題突破口的打開

挖掘生成資源，開展有效探究

將課堂學習自還給學生

如何關注數學文化的傳承和數學精神的滋養

—道題、一類題、一條思路——對稱專題“三一”復習法課堂實錄

讓橢圓第二定義“返璞歸真”

在發散中超越“思考與探索”的文本資源

設計教案的幾點體會

數學證明教學要教什么

芻議教師在數學教學中的作用

敢問有效教學之路在何方

幾個有趣的無理不等式

淺談作差法中的數學思想

例談數學解題中對稱性的巧用

向量法與綜合法在幾何解題中的整合

數學化歸思想在七年級教學中的滲透——從新人教版七（上）課本談起

平面向量基本定理的體積表示及其應用

用三視圖來確定小正方體的塊數

構造齊二次式解決圓錐曲線的兩類定值問題

橢圓的內接三角形的一個性質的簡證及其推廣

函數凸性巧證一類條件不等式

構造等差數列研究高考三角求值問題

利用導數研究函數極值要注意檢驗

從思維的層次性談“定義法解題”

例析高考數學中函數模型的最優化問題

—道高考試題的探究

談二次函數在高考中的應用

一道課本例題的探究

《算法初步》高考題型例析

中考試題中的探究性問題簡析

一道競賽習題的解法探究

有圓真好——一道初中數學競賽題的推廣及解法

在數學教學中培養學生的辯證思維

對充分條件與必要條件教學的幾點認識

從一節評優課看數學課堂教學重、難點的處理

一道高三調研試題的探究

一道中考動手操作探究題的變式與拓展

二次函數教案范文第4篇

在新課程觀的引導下。課程設計更加突出“以學習者為中心”的理念，需要一線教師轉變了教學觀念，教學中努力創設有效的學習環境，支持學生自主建構知識。這就要求在數學教學過程中，不僅要教學生學會數學知識，更要教他們學會學習數學的方法。要教會學生學習數學，教師由前臺的表演者轉變為后臺的導演者，承擔著準備、設計、引導、參與等的學習支持者的角色。

1 教師教學知識的結構

這里所提供的教學課例，是從一個研究中心借鑒而來，有關學生在探索數學問題的一些片段，其目的是發展一個模型的過程，我們從資料來源進行刻畫，通過分析學生數學學習的一些過程，說明教師為數學教學所需要的知識，它們的成分、結構與特征。

課例1（初三）數學課上，羅伊（Roy）老師提出一個問題，他交給學生一組形狀各異的紙片，讓學生把這組紙片放大到原來的125%。羅伊說明活動的意義。

他讓學生提出完成任務的方案與檢驗結果的標準，學生進行交流，并就不同的紙片如何一一對應取得共識。羅伊給學生說明任務，讓他們思考有關策略，并相互解釋他們放大一個紙片圖形的策略，找出共同認可的策略。

教師引導學生相互合作進行工作。按照學綱的精神，學生個人能力和班級水平，指導學生“通過合作，實現每個人的潛力”。羅伊強調貫徹學綱及教學目標.注意合作學習的重要性，注意突出了制度的維度。

數學活動的關鍵因素是教師對活動的設計，它是教學計劃的核心。在教學設計中，教師要調用四個方面的知識，即：（1）教學規定的維度：教學大綱，相應的教材和教學參考書，這些文獻所涉及的知識；（2）教學目標的維度：對活動目標的分析，關心它能夠推動什么，思考學生在活動中應該得到哪些方面的發展；（3）數學的維度：與活動相關的數學知識，如課例中，需要進行數學推理，推理中所用的概念，定理與性質，推理的數學表述，數學活動過程的記錄；（4）教學法的維度：與他人一起學習，在數學活動中，班級、小組構成小社會，師生交流，相互爭論，教學相長。由課例可見，教師要從多方面考慮設計數學活動，需要把各種各樣的知識與能力有機結合起來，從而說明教師數學教學知識的多樣性與綜合性。

教師及時作了總結，同學們通過合作學習，把組合問題與二次函數聯系起來，又把連續型函數與離散型函數區分開來，我們的學習有了新的收獲。這里可見到教師在教學中各種各樣的扮演角色，在教育的水平上，把學生的問題拋回給學生分享，引導他們負責任地提出有效的解答。

2 實踐鞏固知識結構

實踐出真知，嘗試出結果，敢于嘗試才能見彩虹。收集與整理應從點滴做起，注意收集與整理如下三方面的資料：

2.1 試卷

2.1.1自編的期中期末試卷

試卷能反映教育者對教材內容的整體觀念和能力水平。出卷時應考慮知識點是否全面突出？基本、提高和能力題的比例是否合理？能否測驗出學生的分析問題和解決問題的能力？是否利于學生創新思維的發展？出卷是教師的必修課。從考試的目的，到選題的精妙、方法的應用、發展的空間，無不反映教育者的深思熟慮和高瞻遠矚。含金量高的試卷就是一種教學成果的展示.只有重視自己的編擬實踐和總結，才能揚長避短，使試卷出得更科學、更有質量。若能將自編自出的試卷收集裝訂成冊，則不失為提高教學效益的良方。

2.1.2名校名師所出的試卷

開拓眼界，博采眾長，是出好試卷的外因條件。在日常教學中要主動積極聯系收集名校名師所出的各類試卷，并應親自做一遍以領會其出題的目的、策略和方法，這樣可從中了解教學信息、動態和走向。

2.1.3歷屆中考和高考試卷

中考與高考集中反映了地區和國家的教學水平和教改趨向。試卷均依據大綱，科學地設計出試卷的范圍、結構、能力和方法。它為各地學校出卷提供依據，具有樣板性，這些試卷拿到手，同樣應解答一遍，搞清其含意，找一些規律以提升、效法和參照。

2.2教案

教案如同劇本，優質課相當于一場好戲。劇本為一劇之本，好的教案也是優質課的前提。教案體現了教學目的和方法，為了取得最佳教學效果，教者會明確知識點在體系結構中的位置。在抓重點，突破難點，抓實“雙基”上，好的教案能收到事半功倍之效。若把自己編寫的教案分年級集中裝訂，加入自設的資料庫，則意義很大。舊教案是新教案的基礎，能起補充和完善作用，使新教案更具質量。另外，還應主動收集名師的教案。有比較才有鑒別，名師的教案的特色和先進做法可提供學習與參考，同樣將這些資料裝訂入庫。

2.3分析概括能力

分析概括即及時對教學內容進行點評，指出重點、難點與關鍵。這是從實踐到認識，從感性到理性的飛躍過程。只有通過分析概括，才能讓學生清楚知識點的內涵、外延和拓寬，真正理解和掌握知識，起到畫龍點睛之效。要尊重學生的學習需求，選取的素材既要符合學生已有的知識與經驗，又能為新知的學習提供有益的載體或背景，誘發學生積極、主動地參與數學活動，促進學生建構、理解和掌握新知，從而提高課堂教學的效果。總而言之，作為數學老師既要提高自己的專業知識也要堅固綜合素質的提高，并在實踐中進一步鞏固檢驗再次提高。

參考文獻：

[1]毛法元.如何練就一個出色的數學教師[J].中學數學月刊，2013（1）.

[2]王林全.數學教師教學知識的結構與特征[J].中學數學月刊，

二次函數教案范文第5篇

【關鍵詞】一元二次不等式 二次函數 方程 數形結合 圖象

【中圖分類號】G632 【文獻標識碼】A 【文章編號】1006-9682(2010)07-0140-02

一元二次不等式的解法是高中數學教學的重點之一。從內容上看,二次不等式、二次方程與二次函數密不可分,該內容涉及的知識點較多且應用廣泛。從思想層次上看,它涉及到數形結合、分類轉化、方程函數等數學思想,這些內容和思想將在中學數學中產生廣泛而深遠的影響。我們現用的教材在處理上是下了一番功夫的,它將二次不等式的解法分成了兩部分――首先介紹了一元二次不等式的概念和用因式分解法解一元二次不等式,即利用“同號兩數相乘得正,異號兩數相乘得負”的原理,將一元二次不等式轉化為一元一次不等式組加以解決。毫無疑問,這種解法具有極大的局限性和不完整性,這就為后面介紹二次不等式的圖象法(也就是結合了與二次函數之間的關系)作了必要的鋪墊和準備。一元二次不等式的解法是以后研究函數的定義域、值域等問題的主要工具,它可滲透到中學數學的幾乎所有領域中,對今后的學習起著十分重要的作用。筆者將從以下兩個方面去探討教學中一元二次不等式的解法及與二次函數的關系。

一、明確教學目標及教學重難點

教學分為三大目標。①知識目標:使學生掌握一元二次不等式的圖象法,理解掌握這種解法的理論依據,并在教學中滲透高考對本內容的考察程度;②能力目標:通過圖象解法滲透數形結合、分類化歸等數學思想,培養學生動手能力、觀察分析能力、抽象概括能力、歸納總結等系統的邏輯思維能力,培養學生簡約直觀的思維方法和良好的思維品質;③德育目標:通過圖象法,有意識地向學生滲透抽象與具體、聯系與轉化、特殊與一般觀點和方法,培養學生良好的心理素質和競爭意識。沒有目標就像無帆的船,所以在教學中始終要堅持以貫穿這樣的目標為中心,讓學生做到心中有數,清楚學習一元二次不等式的重要性,從而進一步提高學生學習的積極性與主動性,從而教學才會卓有成效。

教學重點與難點:教學重點是三種類型的一元二次不等式圖象解法。教學難點是二次不等式、二次方程和二次函數三者關系的有機聯系,數形結合和分類轉化等數學思想的理解和運用。學生在學習中必須明確清楚這兩者之間的關系,不然會把握不住學習的方向性,針對重要環節以及薄弱環節可以相應的采取不同的學習方式,達到有的放矢,需要掌握的知識點(即重點,有時難點也是重點)要非常熟悉,需要理解的知識點了解它所要體現的內容即可。

二、掌握一元二次不等式與二次函數的密切聯系

首先,要掌握二次函數和一元二次方程之間的聯系,二次函數的圖象是一條拋物線,其開口方向由二次項系數決定,可得此重要結論:二次函數與x軸的交點坐標的橫坐標就是其對應的一元二次方程的根――有兩個不相等的實數根則有兩個不同的交點,有兩個相等的實數根則有一個交點,沒有實數根則沒有交點。從而可觀察到二次函數和不等式的關系就是不等式的解集和方程的根之間的關系:“小于取中間,大于取兩邊”,從而歸納出圖表(一元二次不等式與一元二次方程及二次函數的關系):

從上表中我們就可求解一元二次不等式,如高一教材中第22頁的例題:求解不等式(x+4)(x-1)

與 ,從而求出不等式的解集。

我認為還可以采取更為簡潔的方法求解此類不等式,如上例中的4比-1大,從而可判斷出x+4比x-1大,因此可得到x+4>0,x-1

(x+a)(x+b)>0, 或(x+a)(x+b)

的解法,只需去判斷a與b的大小,就可知x+a與x+b的大小,也就進一步求出不等式的解集。這種方法顯然比上述方法顯得更為簡單,并且避免了討論。

其次,要滲透一元二次不等式與二次函數間的密切聯系,這建立在對一元二次不等式和二次函數的知識點掌握牢固的基礎上。如二次函數的定義域、值域、單調性、最值和圖象等性質,學生都需要理解透徹,不等式與二次函數結合的知識,在一定程度上可以很準確的反映學生的數學思維。

例如,設二次函數f(x)=ax2+bx+c(a>0),方程f(x)

-x=0的兩個根x1,x2滿足0

(1)當x∈(0,x1)時,證明x

(2)設函數f(x)的圖象關于直線x=x0對稱,證明x0< 。

解題思路:本題要證明的是x

由題中所提供的信息可以聯想到:①f(x)=x,說明拋物線與直

線y=x在第一象限內有兩個不同的交點;②方程f(x)-x=0可變為ax2+(b-1)x+1=0,它的兩根為x1、x2,可得到x1、x2與a、b、c之間的關系式,因此解題思路明顯有三個:①圖象法;②利用一元二次方程根與系數的關系;③利用一元二次方程的求根公式,輔之以不等式的推導。現以思路②為例,解決這道題:

(1)先證明x

由00,從而證得x

根據韋達定理,有x1x2= ,0

=f(x1),又c=f(0),f(0)

根據二次函數的性質,曲線y=f(x)是開口向上的拋物線,因此,函數y=f(x)在閉區間[0,x1]上的最大值在邊界點x=0或x=x1處達到,而且不可能在區間的內部達到,由于f(x1)

(2)

函數f(x)圖象的對稱軸為直線x=- ,且是唯一的一

條對稱軸,因此,依題意,得x0=- ,因為x1、x2是二次方

程ax2+(b-1)x+c=0的兩根,根據韋達定理得x1+x2=- ,

x2-

我們還可以對上述例題進行相應的變形可得:已知二次函數f(x)=ax2+bx+1(a,b∈R,a>0),設方程f(x)=x的兩個實根分別為x1、x2。

(1)若x1

x0>-1;

(2)若|x1|

對于這個例題,我們采取的常規思路如下:

(1)證明:f(x)=x,ax2+(b-1)x+1=0。

設g(x)=ax2+(b-1)x+1,由題意可得:

,即

x0=- >-1

(2)對于方程ax2+(b-1)x+1=0,令b-1=c,則有ax2+cx+1=0。

由|x2-x1|=2,得 ,即c2-4a=4a2,c2=4a2

+4a(1)

又|x1|

即-6

而=c2-4a>0,4a

由(1)(2)得a>

c2=4a2+4a>  c> 或c

又b=c+1,b> 或b

上述例題中的第(2)小題我們還可采取例外的思路進行求解,而且這種思路顯得更為快捷和簡便,解法如下:

由|x2-x1|=2,得|x2|-|x1|≤|x2-x1|=2,又|x1|

對于方程ax2+(b-1)x+1=0,由韋達定理我們有 =x1

x2≤|x1||x2| 而|x2-x1|= =2,(b-1)2

=4a2+4a,又a> ,b> 或b< 。

上述思路就是有效的結合了不等式與函數、方程的思想,這樣就可大大簡化運算的過程,而且思路清晰,學生較容易接受,因此我們在教學過程中對于這一類問題就要擴展學生的思維,不讓其只陷入一個思路當中,這樣就無形中使學生得到了思維的鍛煉,又增強了學生學習數學的興趣。

綜上所述,二次不等式與二次函數之間有著豐富的內涵和外延,以它為代表來研究函數的性質,可以建立起函數、方程、不等式之間的聯系,可以編擬出層出不窮、靈活多變的數學問題,考查學生的數學基礎知識和綜合數學素質,特別是能從解答的深入程度中,更好的區分出學生運用數學知識和思想方法解決數學問題的能力。

參考文獻

1人民教育出版社中學數學室編.全日制普通高級中學教科書(必修)數學第一冊(上).北京:人民教育出版社,2007:21～23

2 任志鴻.高中新教材優秀教案高一數學(上).海口:南方出版社,2006:78～83