一道试题解法的全方位探究

题目 已知二次函数y=f(x)的图象过原点，且1≤f(－1)≤2，3≤f(1)≤4，求f(－2)的取值范围。

分析：由于二次函数y=f(x)的图象过原点，可设f(x)=ax2+bxa≠0，由f(－1)=a－b，f(1)=a+b，得1≤a－b≤2,3≤a+b≤4。

探究一、整体代换

解法1：设f(－2)=mf(1)+nf(－1)=m(a+b)+n(a－b),又f(－2)=4a－2b,

得方程组m+n=4m－n=－2，解之，得

则f(－2)=f(1)+3f(－1)。

由不等式组3≤f(1)≤4，3≤3f(－1)≤6，两式相加得到6≤f(－2)≤10。

解法2：由方程组f(－1)=a－b，f(1)=a+b，解之，得a=12［f(1)+f(－1)］，b=12［f(1)－f(－1)］，

由于f(－2)=4a－2b=f(1)+3f(－1),

由不等式组 3≤f(1)≤4，3≤3f(－1)≤6，两式相加得到 6≤f(－2)≤10。

评注：上述解法都从整体代换入手，解法1将f(－2)直接用已知f(1)与f(－1)这两个整体代换；解法2将a,b先用f(1)与f(－1)这两个整体表示,从而间接达到f(－2)用f(1)与f(－1)这两个整体代换的目的，尽管思维顺序不同，异途同归,数学实质是相同的。

探究二、线性规划

解：视线性约束条件为1≤a－b≤2，3≤a+b≤4， 线性目标函数f(－2)=4a－2b，它表示斜率为2在b轴上截距是－f(－2)2的直线,作出可行域（如下图） 。

由方程组a+b=3，a－b=1，得A(2,1)，由方程组a+b=4，a－b=2，得B(3,1)。由上图可知：直线 f(－2)=4a－2b过A点时f(－2)最小值为6，过B时f(-2)最大值为10。

因此6≤f(－2)≤10。

评注：在解决二元不等式组条件下，函数最值的相关问题时,从线性规划角度切入,抓住数与图形间的必然联系,这样就切中了要害, 抓住了本质，单刀直入,可使问题求解过程轻松快捷。

探究三、化归线性

解：由于所讨论问题不在x=0处,因此在x≠0时，函数f(x)=ax2+bx可化为f(x)x=ax+b，所得新函数表示一条直线，该直线上的三个特征点依次记为A(－2,f(－2)－2)，B(－1,f(－1)－1)，C(1,f(1)1)。构造向量BA=(－1,－f(－2)2+f(－1))， BC=(2,f(1)+f(－1))，由向量BA，BC共线，得2［f(－2)－2+f(－1)］=－［f(1)+f(－1)］ ,化简得f(－2)=f(1)+3f(－1)，

由 3≤f(1)≤4，3≤3f(－1)≤6， 得 6≤f(－2)≤10。

评注：同一问题从不同的角度切入,应用的知识不同,思想方法也就不同,得到的数学结论是完全相同的,揭示的数学本质也是一样。对同一问题的解决,既然有多法，就要从中选优，因此,要根据实际问题背景，合理选择切入点，用最快捷的途径求解。

探究四、数形结合

解：如右图，f(－1)与f(1)依次对应线段AB与CD,f(－2)对应直线x=-2上的部分线段。由于f(－1)>f(0)=0，f(1)>f(0)=0，抛物线同时要经过这两动点（－１,f(-1)），（1 ,f(1)）和定点（0,0）,其抛物线开口只有向上,对称轴在-1到1之间。由函数图象知，抛物线开口最小，f(－2)值最大，开口最大，f(－2)值最小，即抛物线同时过线段AB与CD的最高点B（-1，2），D（1，4）两点时,f(－2)最大，即a－b=2，a+b=4，得a=3,b=1时，函数式为f(x)=3x2+x,f(－2)＝10。抛物线同时过线段AB与CD最低点A（-1，1），D（1，3）两点时,f(－2)最小，即a－b=1，a+b=3，即a=2,b=1时，函数式为f(x)=2x2+x,f(－2)＝6。因此6≤f(－2)≤10。

评注：代数问题的几何化表示,就是抽象问题形象化、具体化、简单化。因此合理构建代数问题的几何模型是解题思维的首选途径。

探究五、等量代换

解：由于1≤f(－1)≤2，3≤f(1)≤4，设f(－1)=1+α(0≤α≤1)，f(1)=3+β(0≤β≤1)，

有 a－b=1+α，a+b=3+β，得 a=2+α+β2，b=1+β－α2。

f(－2)=4a－2b=4(2+α+β2)－2(1+β－α2)=6+3α+β，由0≤3α≤3，0≤β≤1，得0≤3α+β≤4，从而得到6≤f(－2)≤10。

评注：利用等量与不等量的辩证关系，不等量关系借用参数,转化为等量关系，用等式解决不等式,思路简捷,算理简单,表述明快。

（作者单位：湖北省阳新县阳新一中）