天津市数学2005-2009中考第26题解析

1．对“x0是一元二次方程axbxc0根”的理解：该方程有实数根，即⊿≥0；然后应用第2类的思路。

（2005年26题，本小题10分） 已知二次函数yax2bxc

（Ⅰ）若a2,c3，且二次函数的图象经过点（1,2），求b的值；

（Ⅱ）若a2,bc2,bc,且二次函数的图象经过点（p，2），求证：b0； （Ⅲ）若abc0,abc,且二次函数的图象经过点（q，a），试问当自变量xq4

时，二次函数yax2bxc所对应的函数值y是否大于0？并证明你的结论。 解：（Ⅰ）把a2,c3及（1,2）代入，得b=1。

2（Ⅱ）把a2,cb2及（p，2）代入，并整理得2pbpb0,

2于是p为方程2xbxb0的根，

2∴⊿=b8bb(b8)0， 又∵bc2,bc,

∴bb2,即b1，有b80， ∴b0。

（Ⅲ）不同于标答的解法

∵二次函数的图象经过点（q，a） ∴aqbqca0，

∴q为方程axbxca0的根，

∴⊿=b4aac0，

2222 1

又∵abc0,

∴⊿=b24abbb4ab3ac0 又abc0,abc,知a0,c0, ∴3ac0 ∴b0

c0ba

∵abc0,可知图象过(1,0)点， 又由a、b的符号，可知抛物线的对称轴x 故(1,0)点是图象与x轴的右交点 设图象与x轴的左交点为x0,0，则b不在y轴右侧， 2ax1b0， 2a2

baaabx0ba,2ax02,a

∴如右图所示

∵图象经过点（q，a）且a0， ∴点（q，a）必然在X轴下方的图象上，

2q1 2q45 ∴当xq4时y0

2∴当自变量xq4 时，二次函数yaxbxc所对应的函数值y是否大于0。

说明：适时画出图象草图更能说明问题，体现数形结合，并由上述两道题充分体现二次函数的灵魂——对称轴的作用。

2

2．韦达定理与不等式变形的综合应用。 （2007年26题，本小题10分） .

已知关于x的一元二次方程xbxcx有两个实数根x1,x2，且满足x10，

2x2x11。

（1）试证明：c0； （2）证明：b22(b2c)；

（3）对于二次函数yxbxc，若自变量取值为x0，其对应的函数值为y0，则当

20x0x1时，试比较y0与x1的大小。

解：（1）将已知的一元二次方程化为一般形式

即x2(b1)xc0 ∵ x1,x2是该方程的两个实数根 ∴ x1x2(b1)，x1x2c 而x10,x2x110 ∴ c0 （2）(x2x1)(x2x1)4x1x2

22(b1)24cb22b4c1

∵ x2x11 ∴ (x2x1)1 于是b2b4c11，即b2b4c0 ∴ b2(b2c)

2222b24ac第（2）问还可用x2x1>1推出结论。

a（3）（求差法比大小，并通过代换变不同级别量为同一级别量再求差）

2∵ y0x0bx0c，x1bx1cx1

2 3

2∴ y0x1x0bx0c(x12bx1c)

(x0x1)(x0x1b)（7分）

∵ 0x0x1 ∴ x0x10

又∵ x2x11 ∴ x2x11，x1x22x11 ∵ x1x2(b1) ∴ (b1)2x11

于是2x1b0 又∵ 0x0x1 ∴ x0x1b0 由于x0x10，x0x1b0

∴ (x0x1)(x0x1b)0，即y0x10 ∴ 当0x0x1时，有y0x1.

说明：第三问证x0x1b0还有其他方法，但都要充分应用已知条件及不等式性质及不等式放缩原理进行变化整理。

3．充分灵活应用不等式的性质和变形，最终通过分析二次函数对称轴的取值范围解决问题。 （2008年26题，本小题10分） 已知抛物线y3ax22bxc，

（Ⅰ）若ab1，c1，求该抛物线与x轴公共点的坐标；

（Ⅱ）若ab1，且当1x1时，抛物线与x轴有且只有一个公共点，求c的取值范围； （Ⅲ）若abc0，且x10时，对应的y10；x21时，对应的y20，试判断当0x1时，抛物线与x轴是否有公共点？若有，请证明你的结论；若没有，阐述理由．

解（Ⅰ）当ab1，c1时，抛物线为y3x22x1， 方程3x22x10的两个根为x11，x21． 3∴该抛物线与x轴公共点的坐标是10． ，0和，

1

3

4

（Ⅱ）当ab1时，抛物线为y3x22xc，且与x轴有公共点．

1对于方程3x22xc0，判别式412c≥0，有c≤．

3①当c111时，由方程3x22x0，解得x1x2． 333此时抛物线为y3x22x11与x轴只有一个公共点，0． 33②当c1时， 3x11时，y132c1c， x21时，y232c5c．

1由已知1x1时，该抛物线与x轴有且只有一个公共点，考虑其对称轴为x，

3应有y1≤0，1c≤0， 即

y20.5c0.解得5c≤1．

1或5c≤1． 3第（Ⅱ）问解法二（图象法）

综上，c或

010c； 或 x1时y05c≤1

3x1时y0 5

综上，c1或5c≤1． 3（Ⅲ）对于二次函数y3ax22bxc，

由已知x10时，y1c0；x21时，y23a2bc0， 又abc0，∴3a2bc(abc)2ab2ab． 于是2ab0．而bac，∴2aac0，即ac0． ∴ac0．

∵关于x的一元二次方程3ax22bxc0的判别式

4b212ac4(ac)212ac4[(ac)2ac]0，

∴抛物线y3ax22bxc与x轴有两个公共点，顶点在x轴下方．

y b又该抛物线的对称轴x，

3a由abc0，c0，cabo,ba

O 1 x 又2ab0， 得2aba，

1b2∴． 33a3又由已知x10时，y10；x21时，y20，观察图象， 可知在0x1范围内，该抛物线与x轴有两个公共点． 说明：适时画出图象草图更能说明问题，体现数形结合。

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4．体现方程与函数的内在联系，掌握点的坐标与线段之间的转化。 （2009年26题，本小题10分）

已知函数y1x，y2x2bxc，，为方程y1y20的两个根，点M(t,T)在函数

y2的图象上．

（Ⅰ）若，131，求函数y2的解析式； 2（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，若函数y1与y2的图象的两个交点为A，B，当△ABM的面积为

1时，求t的值； 12（Ⅲ）若01，当0t1时，试确定T，，三者之间的大小关系，并说明理由。

解（Ⅰ）y1x，y2x2bxc，y1y20，

x2b1xc0.

将，21312分别代入xb1xc0，得 221111b1c0，b1c0， 3232解得b11，c. 6651函数y2的解析式为y2x2x．

66另解第（Ⅰ）问：比较系数法

11∵＝，＝是方程的两个根，

231151∴(x)(x)0，即x2x0． „„ ①

3266∵y1y20， ∴x2(b1)xc0． „„ ②

511方程①，②相同，比较系数得 b1，即b，c．

66611∴y2x2x

66

7

另解第（Ⅰ）问：韦达定理法 ∵+=

5 6=

1 651∴、是一元二次方程x2x0的两个根

66又、是一元二次方程x2(b1)xc0的两个根

511∴比较系数得 b1，即b，c．

66611∴y2x2x

66

（Ⅱ）由已知，得AB2，设△ABM的高为h， 6β0.50.45BNMADCS△ABM1121. AB·hh3，即2h14421212tT0.40.35α0.3根据题意，tT由Tt222h，

0.250.211511t，得t2t. 6666144-0.10.150.10.055115当tt时，解得t1t2；

6614412当t20.10.20.3α0.4tβ0.50.65115252t时，解得t3. ，t4661441212的t ····································································································································· 值为

55252，，121212

另解第（Ⅱ）问： 方法1：

过点M作x轴的垂线，与yx交于点N，

11111SABM()(|Tt|)，Tt2t，

22366

8

解得 t1

52525，t2，t3．

121212方法2：

当t时，S△ABM＝S△ABC－S△ADM－S梯形MDCB，

111111111111115，解得 ． ()()(t)(T)[(T)()](t)t1123223232332323212同理，当0t时， 即

52111111111111t，解得． (t)(T)(t)(T)[(T)(T)]()21212322223323223当t1时，

即

5211111111111111t，解得． (t)(T)()()[(T)()](t)3121232332232323232

方法3：

21111∵A(,)，B(,)， ∴|AB|．

62233设在△ABM中以AB为底的高为h，则h＝位，得y3x21，即将直线yx向上或向下平移个单28814411，y4x． 14414452525，解y4与y2的交点，得t2，t3．

121212注：第二问的每一种解法都充分利用了数形结合数学思想，特别是利用直线y=x的本质特征，使T、t转化为统一级别的量再运算。

（Ⅲ）由已知，得

解y3与y2的交点，得t12bc，2bc，Tt2btc.

Tttb， Tttb，

2bc2bc，化简得b10.

01，得0， b10.

有b10，b10.

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又0t1，tb0，tb0，

当0t≤a时，T≤≤；

当t≤时，T≤； 当t1时，T.

第（Ⅲ）问：图象分析法

①当对称轴在y轴左侧时，在0＜x＜1，y随x的增大而增大， ②当对称轴在y轴右侧时， ∵，是方程x2(b1)xc0的两个根， 1b,∴ ∴b1． c.另：对于函数y2，对称轴b为xx0， 2∴b2x0． ∵0＜＜1，0＜＜1， ∴c＜． ∵b1， b1对于函数y2x2bxc，对称轴为x， 22∴2x010． ∵＞－1， ∴2＞＋－1． ∴111＜，即对称轴在左侧．（如下图） 211∴对称轴x01Tβ10.90.80.7． 2MBβ0.9Bβ0.9B0.80.80.70.70.60.60.60.5T0.50.4MA0.50.40.4αT0.30.20.1MOAα0.30.20.1α0.30.20.1AO 综上，当0＜t≤时，T≤＜； 当＜t≤时，＜T≤； 当＜t＜1时，＜＜T．

t0.2α0.40.60.8β111.21.40.21.6α0.4t0.60.8β11 1.2O1.40.2α1.60.40.60.8βt11 1.21.41.6

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