k52006年高考第一轮复习数学：2.6二次函数.pdf

知识就是力量 本文为自本人珍藏版权所有仅供参考 2.6 二次函数 知识梳理 二次函数的基本性质 （1）二次函数的三种表示法： y=ax 2+bx+c；y=a（xx 1） （xx2） ； y=a（xx0） 2 +n. （2）当 a0，f（x）在区间 p，q上的最大值为M，最小值为m，令 x0= 2 1 （ p+q）. 若 a b 2 p，则 f（ p）=m，f（q）=M； 若 p a b 2 x0，则 f（ a b 2 ）=m，f（q）=M； 若 x0 a b 2 q，则 f（p）=M，f（ a b 2 ）=m； 若 a b 2 q，则 f（ p）=M，f（ q）=m. 点击双基 1.设二次函数f（x）=ax 2+bx+c （a0） ，如果 f（ x 1）=f（x2）（其中 x1x2） ， 则 f （ 2 21 xx ） 等于 A. a b 2 B. a b C.cD. a bac 4 4 2 解析： f（ 2 21 xx ）=f（ a b 2 ）= a bac 4 4 2 . 答案： D 2.二次函数 y=x 2 2（a+b）x+c2+2ab 的图象的顶点在 x 轴上，且a、b、c 为 ABC 的三 边长，则 ABC 为 A.锐角三角形B.直角三角形 C.钝角三角形D.等腰三角形 解析： y=x（ a+b） 2+c2 +2ab（ a+b） 2=x（ a+b） 2+c2 a 2 b 2. 顶点为（ a+b，c 2a2b2）. 由题意知c 2 a2b2 =0. ABC 为直角三角形 . 答案： B 3.已知函数 f（x） =4x 2mx5 在区间 2，）上是增函数，则 f（1）的范围是 A.f（1） 25 B.f（1）=25 C.f（1） 25 D.f（1） 25 解析：由y=f（x）的对称轴是x= 8 m ，可知f（x）在 8 m ，+）上递增，由题设只 知识就是力量 需 8 m 2m 16， f（1）=9m25. 答案： A 4.函数f（ x） =2x 2 6x+1 在区间 1， 1上的最小值是_ ，最大值是 _. 解析： f（ x）=2（ x 2 3 ） 2 2 7 . 当 x=1 时，f（x）min= 3；当 x=1 时， f（ x）max=9. 答案： 3 9 5.（2003 年春季上海）若函数y=x 2+（a+2）x+3，x a，b的图象关于直线 x=1 对 称，则 b=_. 解法一：二次函数y=x 2+（a+2）x+3 的图象关于直线 x=1 对称，说明二次函数的对称轴 为 1，即 2 2a =1.a=4.而 f（x）是定义在 a，b上的， 即 a、b 关于 x=1 也是对称的， 2 ba =1.b=6. 解法二：二次函数y=x 2 +（a+2） x+3 的对称轴为x=1， f（x）可表示为f（x）= （x1） 2+c，与原二次函数的表达式比较对应项系数，可得 a+2=2.a= 4，b 的计算同 解法一 . 解法三：二次函数的对称轴为x=1，有 f（x）=f（2 x） ，比较对应项系数，a= 4，b 的计算同解法一. 答案： 6 典例剖析 【例 1】 设 x、y 是关于 m 的方程 m 22am+a+6=0 的两个实根，则（ x1） 2 +（y1） 2 的最小值是 A.12 4 1 B.18 C.8 D. 4 3 剖析：由 =（ 2a） 24（a+6） 0，得 a 2 或 a3. 于是有（ x1） 2+（y1）2 =x 2+y22（ x+y）+2=（x+y）22xy2（x+y）+2=（2a）2 2（a+6） 4a+2=4a 2 6a10=4（a 4 3 ） 2 4 49 . 由此可知，当a=3 时， （x1） 2 +（y1） 2 取得最小值8. 答案： C 深化拓展 0 是二次方程有实根的隐含条件. 【例 2】（2004 年江苏， 13）二次函数y=ax 2 +bx+c（xR）的部分对应值如下表： x3 2 1 0 1 2 3 4 y6 0 4 6 6 4 0 6 则不等式ax 2+bx+c0 的解集是 _. 解析：由表知y=a（x+2） （x3） ，又 x=0，y=6，代入知a=1.y=（x+2） （x3） . 答案： x|x3 或 x 2 【例 3】 已知二次函数f （x） =ax 2+bx+c 的图象与直线 y=25 有公共点，且不等式 ax 2+bx+c 知识就是力量 0 的解是 2 1 x 3 1 ，求 a、 b、c 的取值范围 . 解：依题意ax 2+bx+c25=0 有解，故 =b24a（c25）0.又不等式 ax 2+bx+c0 的 解是 2 1 x 3 1 ， a0 且有 a b = 6 1 ， a c = 6 1 . b= 6 1 a，c= 6 1 a. b=c，代入 0 得 c 2+24c（c25） 0. c24.故得 a、b、c 的取值范围为a 144，b 24，c 24. 评述： 二次方程ax 2+bx+c=0，二次不等式 ax 2+bx+c0 （或 0）与二次函数 y=ax 2+bx+c 的图象联系比较密切，要注意利用图象的直观性来解二次不等式和二次方程的问题. 闯关训练 夯实基础 1.下图所示为二次函数y=ax 2bxc 的图象，则 OA· OB等于 O BA y x A. a c B. a c C.± a c D.无法确定 解析： |OA|·|OB|=|OA·OB|=|x1x2|=| a c |= a c （ a0，c0）. 答案： B 2.已知 f（ x）=x 22x+3，在闭区间 0，m上有最大值 3，最小值 2，则 m 的取值范围 是_. 解析：通过画二次函数图象知m 1，2. 答案： 1，2 3.已知函数 y=（e xa）2 +（ e xa）2（aR，且 a0） ，求 y 的最小值 . 解： y（ e x ex）22a（ex ex） 2a22.令 texex，则 f（t） t2 2at2a2 2. te xex2， f（t）（ ta）2a22 的定义域为 2，） . 抛物线的对称轴方程是ta， 当 a2 时， yminf（ a） a 22；当 a2 且 a0 时， y minf（2） 2（a1） 2 . 4.要使 y=x 2+4x（xa）有反函数，则 a 的最小值为 _. 解析：要使y=x 2+4x（xa）有反函数，则 y=x 2 +4x 在 a，+）上是单调函数 .a 2. 答案： 2 5.已知函数 f（x） =mx 2+（m3）x+1 的图象与 x 轴的交点至少有一个在原点的右侧， 求实数 m 的取值范围 . 解：若 m=0，则 f（ x）=3x+1，显然满足要求. 若 m0，有两种情况： 知识就是力量 原点的两侧各有一个，则 0 1 04)3( 21 2 m xx mm m0； 都在原点右侧，则 ,0 1 ,0 2 3 ,04)3( 21 21 2 m xx m m xx mm 解得 0m1. 综上可得m（， 1. 培养能力 6.设 f（x）=x 22ax+2.当 x 1，+）时， f（x）a 恒成立，求实数 a 的取值范围 . 解： （1）当 a 1 时， f（x）min=f（ 1）=3+2a，x 1，+） ，f（x） a 恒成立 f（x）mina，即 3+2a aa 3.故此时 3a 1. （2）当a 1 时， f（x）min=f（a）=a 22a2+2=2a2，x 1，+） ，f（x） a 恒成立f（x）mina，即 2a 2a a 2+a 20 2a1.故此时 1a1. 由（ 1） （2）知，当 3a1 时， x 1，+） ，f（x） a 恒成立 . 7.对于函数 f（x） ，若存在x0R，使 f（x0）=x0成立，则称x0为 f（x）的不动点 .已知 函数 f（x）=ax 2+（b+1）x+b1（ a0）. （1）当 a=1，b=2 时，求 f（x）的不动点； （2）若对于任意实数b，函数 f（x）恒有两个相异的不动点，求a 的取值范围 . 解： （1） 当 a=1，b=2 时，f （x） =x 2x3=x x 22x3=0 （x3） （x+1） =0x=3 或 x=1， f（x）的不动点为x=3 或 x=1. （2）对任意实数b，f（x）恒有两个相异不动点对任意实数b， ax 2+（b+1）x+b 1=x 恒有两个不等实根对任意实数b，=（b+1） 24a（b1）0 恒成立 对任意实 数 b， b 2+2（14a）b+1+4a0 恒成立 =4（14a） 24（1+4a） 0 （14a） 2 （ 1+4a） 04a 23a 0 a（ 4a3） 00a 4 3 . 8.（2003 年全国，文）设函数f（x）=x 2 +|x2|1，xR. （1）判断函数f（x）的奇偶性； （2）求函数 f（x）的最小值 . 解： （1）f（x）= .2,1 ,2,3 2 2 xxx xxx f（0）=10， f（x）不是 R 上的奇函数 . f（1）=1，f（ 1）=3，f（1） f（ 1） ， f（x）不是偶函数. 故 f（ x）是非奇非偶的函数. （2）当 x2 时，f（x）=x 2+x3，此时 f（ x） min=f（ 2）=3. 知识就是力量 当 x2 时， f（x）=x 2x+1，此时 f（x） min=f（ 2 1 ）= 4 3 . 总之， f（ x）min= 4 3 . 知识就是力量 探究创新 9.二次函数 f（x） =px 2+qx+r 中实数 p、q、r 满足 2m p + 1m q + m r =0，其中 m0， 求证： （1）pf（ 1m m ） 0； （2）方程 f（ x）=0 在（ 0，1）内恒有解 . 证明： （1）pf（ 1m m ） =pp（ 1m m ） 2+q（ 1m m ）+r =pm 2 )1(m pm + 1m q + m r =pm 2 )1(m pm 2m p =p 2m )2()1( )1()2( 2 2 mm mmm =p 2m )2()1( 1 2 mm . 由于 f（x）是二次函数，故p0. 又 m0，所以 pf（ 1m m ） 0. （2）由题意，得f（0）=r，f（ 1）=p+q+r. 当 p0 时，由（ 1）知 f（ 1m m ） 0. 若 r 0，则 f（0） 0，又 f（ 1m m ） 0， f（x）=0 在（ 0， 1m m ）内有解； 若 r 0，则 f（1）=p+q+r=p+（ m+1） （ 2m p m r ）+r= 2m p m r 0， 又 f（ 1m m ） 0， 所以 f（x）=0 在（ 1m m ，1）内有解 . 因此方程 f（x）=0 在（ 0，1）内恒有解 . 当 p0 时，同样可以证得结论. 评述： （1）题目点明是 “二次函数” ，这就暗示着二次项系数p0，若将题中的 “二次” 两个字去掉，所证结论相应更改. （2）对字母p、r 分类时先对哪个分类是有一定讲究的.本题的证明中，先对p 分类， 然后对 r 分类显然是比较好的. 思悟小结 1.二次函数 f（x） =ax 2+bx+c 的图象形状、对称轴、顶点坐标、开口方向等是处理二次 知识就是力量 函数问题的重要依据. 2.二次函数、一元二次方程和一元二次不等式是一个有机的整体，要深刻理解它们相互 之间的关系，能用函数思想来研究方程和不等式，便是抓住了关键. 教师下载中心 教学点睛 1.二次函数是最重要的初等函数之一，因为很多问题可化归为二次函数来处理，所以必 须熟练掌握二次函数的性质，并能灵活运用这些性质去解决问题. 2.求二次函数的解析式就是确定函数式f（x）=ax 2 +bx+c（ a0）中 a、b、c 的值 .二次 函数也可以表示为y=a（xx0） 2 +h 或 y=a（ xx1） （x x2） （b 24ac0）等形式，应提醒 学生根据题设条件选用适当的表示形式，用待定系数法确定相应字母的值. 3.结合图象可以得到一系列与二次方程ax 2 +bx+c=0（a0）的根的分布有关的结论，教 学时可引导学生总结： （1）方程 f（ x）=0 的两根中一根比r 大，另一根比r 小a·f（r） 0. （2）二次方程f（x） =0 的两根都大于r .0)( , 2 ,04 2 rfa r a b acb （3）二次方程f（x） =0 在区间（ p，q）内有两根 .0)( ,0)( , 2 ,04 2 pfa qfa q a b p acb （4）二次方程f（x）=0 在区间（ p，q）内只有一根f（p） ·f（q） 0，或 f（p）=0， 另一根在（ p，q）内或 f（ q）=0，另一根在（ p，q）内 . （5）方程 f（ x）=0 的两根中一根大于p，另一根小于q（pq） .0)( ,0)( qfa pfa 4.二次函数与二次不等式密切相关，借助二次函数的图象和性质，可方便直观地解决与 不等式有关的问题.例如： （1）二次不等式f（x）=ax 2 +bx+c 0 的解集是（， ，+）a0 且 f（）=f（）=0. （2）当 a0 时，f（ ）f（）| + a b 2 | |+ a b 2 |； 当 a0 时，f（ ） f（ ）|+ a b 2 | |+ a b 2 |. （3） 当 a0 时， 二次不等式f （x） 0 在 p， q 上恒成立 0)( , 2 pf p a b 或 0) 2 ( , 2 a b f q a b p 或 .0)( , 2 qf q a b 知识就是力量 （4）f（x） 0 恒成立 0 ,0 a 或 ;0 ,0 c ba f（x） 0 恒成立 0 ,0 a 或 .0 ,0 c ba 拓展题例 【例 1】 已知当 mR 时，函数 f（ x）m（x 21）x a 的图象和 x 轴恒有公共点， 求实数 a 的取值范围 . 解： （1）m=0 时，f（x）=xa 是一次函数，它的图象恒与x 轴相交，此时aR. （2）m0 时，由题意知，方程mx 2x（ ma） 0 恒有实数解，其充要条件是 14m（ma） 4m 2 4am 10.又只需 （ 4a）2160，解得 1a1，即 a 1，1. m0 时， aR； m 0 时， a 1， 1. 评述： g（a）是 a 的函数，可作出g（a）的草图来求最大值. 【例 2】已知 f（x） ax 2bxc 的图象过点（ 1，0） ，是否存在常数a、b、c，使 不等式 xf（x） 2 1 2 x 对一切实数x 都成立？ 解： f（ x）的图象过点（1，0） ， ab+c=0 xf（x） 2 1 2 x 对一切 x R 均成立， 当 x=1 时也成立，即1a+b+c1. 故有 abc1. 由得b= 2 1 ，c= 2 1 a. f（x） ax 2 2 1 x 2 1 a. 故 xax 2 2 1 x 2 1 a 2 1 2 x 对一切 xR 成立， 也即 02)21( ,0 2 1 2 1 2 2 axxa axax 恒成立 .021 ,0 ,0)21(81 ,0) 2 1 (4 4 1 021 0 0 0 2 1 a a aa aa a a 解得 a= 4 1 .c= 2 1 a= 4 1 . 存在一组常数a= 4 1 ，b= 2 1 ，c= 4 1 ，使不等式xf（x） 2 1 2 x 对一切实数x 均成立 . 评述：赋值法（特殊值法）可以使“探索性”问题变得比较明朗，它是解决这类问题比 较常用的方法 .