(2008•虹口區(qū)二模)已知一次函數(shù)f(x)=ax+b,二次函數(shù)g(x)=ax2+bx+c,a>b>c,且a+b+c=0
(1)證明:y=f(x)與y=g(x)圖象有兩個(gè)不同的交點(diǎn)A和B
(2)若A1、B1分別是點(diǎn)A、B在x軸上的射影,求線段A1B1長度的取值范圍
(3)證明:當(dāng)x≤-
3
時(shí),恒有f(x)<g(x)
分析:(1)若a>b>c,且a+c+b=0,可得a>0>c,令G(x)=f(x)-g(x)=0,判斷判別式△=(b-a)2-4ac>0即可.
(2))由設(shè) A(x1,0),B(x2,0)根據(jù)方程根與系數(shù)的關(guān)系可得,AB=|x2-x1|=
(x2+x1)2-4x1x2 
,結(jié)合a+b+c=0,a>0>c進(jìn)行判斷.
(3)要證當(dāng) x≤-
3
時(shí),f(x)<g(x)恒成立,即要證ax2+(b-a)x+c-b≥0恒成立,x≤-
3
,構(gòu)造函數(shù)h(x)=ax2+(b-a)x+c-b,x≤-
3
,利用二次函數(shù)的知識(shí)即可證得結(jié)果.
解答:解:(1)證明:由
y=ax+b
y=ax2+bx+c
得ax2+(b-a)x+c-b=0①
△=(b-a)2-4a(c-b)=(b+a)2-4ac
∵a>b>c,a+b+c=0
∴a>0,c<0
∴△>0
∴①有兩個(gè)不等的根
∴函數(shù)y=f(x)與y=g(x)的圖象有兩個(gè)不同的交點(diǎn)A,B.
(2)∵a+b+c=0且a>b>c,
∴a>0,c<0.
由a>b得a>-(a+c),
c
a
>-2.
由b>c得-(a+c)>c,
c
a
<-
1
2

∴-2<
c
a
<-
1
2

設(shè)A1(x1,0)B1(x2,0)
∴|A1B1|=|x2-x1|  =
(x2+x1)2-4x1x2

=
(
a-b
a
)
2
-4
c-b
a
=
(
c
a
-2) 2-4

易得
9
4
<|A1B1|2<12
3
2
<|A1B1|<2
3

(3)令h(x)=ax2+(b-a)x+c-b,x≤-
3
,
對(duì)稱軸為x=
a-b
a
=
2a+c
a
=2+
c
a
>0,
∴h(x)在(-∞,-
3
)上單調(diào)遞增,且h( -
3
)=(2+
3
)(2a+c)=(2+
3
)a(2+
c
a
)>0
∴h(x)=ax2+(b-a)x+c-b≥0恒成立,x≤-
3

即當(dāng) x≤-
3
時(shí),f(x)<g(x)恒成立.
點(diǎn)評(píng):本題的考點(diǎn)是二次函數(shù)的性質(zhì),考查綜合利用二次函數(shù)相關(guān)知識(shí)證明問題的能力,本題在解題中技巧性很強(qiáng),如(1)中消去參數(shù)b利于確定判別式的范圍,(2)中靈活運(yùn)用a>b>c且a+b+c=0來確定
c
a
的范圍,此類技巧的運(yùn)用需要平時(shí)經(jīng)驗(yàn)的積累,以及數(shù)學(xué)素養(yǎng)的提高,題后應(yīng)對(duì)這些變形的技巧的變形過程及變形后達(dá)到目標(biāo)進(jìn)行細(xì)致的分析,力爭能把握此類技巧的使用.考查函數(shù)與方程的轉(zhuǎn)化,方程的根與系數(shù)的關(guān)系,函數(shù)的圖象與x軸相交的線段的長度的求解,考查的知識(shí)點(diǎn)比較多,是一道綜合性比較好的試題,體現(xiàn)了函數(shù)、方程、不等式的相互轉(zhuǎn)化.
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x=0或y=-
4
3
x+3
x=0或y=-
4
3
x+3

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