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高三数学复习二次函数


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=ax2+bx+c;y=a(x-x1) (x-x2) ;y=a(x-x0)2+n. (2)当 a>0,f(x)在区间[p,q]上的最大值为 M,最小值为 m,令 x0=

1 (p+q). 2

b <p,则 f(p)=m,f(q)=M; 2a b b <x0,则 f(- )=m,f(q)=M; 若 p≤- 2a 2a b b 若 x0≤- <q,则 f(p)=M,f(- )=m; 2a 2a b 若- ≥q,则 f(p)=M,f(q)=m. 2a ●点击双基
若- 1.设二次函数 f x) 2+bx+c ( =ax (a≠0) 如果 f x1) (x2) , ( =f (其中 x1≠x2) 则 f , ( 等于 A.- C.c 解析:f(

x1 + x 2 ) 2

b 2a

B.- D.

b a

4ac ? b 2 4a

x1 + x 2 b 4ac ? b 2 )=f(- )= . 2 2a 4a

答案:D 2.二次函数 y=x2-2(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 2 2 2 解析:y=[x-(a+b) +c +2ab-(a+b) =[x-(a+b) 2+c2-a2-b2. ] ] 2 2 2 ∴顶点为(a+b,c -a -b ). 由题意知 c2-a2-b2=0. ∴△ABC 为直角三角形. 答案:B 3.已知函数 f(x)=4x2-mx+5 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=

m m ,可知 f(x)在[ ,+∞)上递增,由题设只 8 8

m ≤-2 ? m≤-16, 8 ∴f(1)=9-m≥25. 答案:A 4.函数 f(x)=2x2 -6x+1 在区间[-1,1]上的最小值是___________,最大值是 ___________. 3 7 解析:f(x)=2(x- )2- . 2 2 当 x=1 时,f(x)min=-3;当 x=-1 时,f(x)max=9. 答案:-3 9 5.若函数 y=x2+(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=x2+(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 a+2 为 1,即- =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 a+b ∴ =1.∴b=6. 2 解法二:∵二次函数 y=x2+(a+2)x+3 的对称轴为 x=1,∴f(x)可表示为 f(x)= (x-1)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 m2-2am+a+6=0 的两个实根,则(x-1)2+(y-1)2 的最小值是 1 3 A.-12 B.18 C.8 D. 4 4 2 剖析:由Δ=(-2a) -4(a+6)≥0,得 a≤-2 或 a≥3. 于是有(x-1)2+(y-1)2=x2+y2-2(x+y)+2=(x+y)2-2xy-2(x+y)+2=(2a)2 3 49 -2(a+6)-4a+2=4a2-6a-10=4(a- )2- . 4 4 由此可知,当 a=3 时, (x-1)2+(y-1)2 取得最小值 8. 答案:C 深化拓展


Δ≥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=ax2+bx+c(x∈R)的部分对应值如下表:
x y -3 6
2

-2 0

-1 -4

0 -6

1 -6

2 -4

3 0

4 6

则不等式 ax +bx+c>0 的解集是______________. 解析:由表知 y=a(x+2) (x-3) ,又 x=0,y=-6,代入知 a=1.∴y=(x+2) (x-3). 答案:{x|x>3 或 x<-2} 【例 3】 已知二次函数 (x) 2+bx+c 的图象与直线 y=25 有公共点, f =ax 且不等式 ax2+bx+c >0 的解是-

1 1 <x< ,求 a、b、c 的取值范围. 2 3

解:依题意 ax2+bx+c-25=0 有解,故Δ=b2-4a(c-25)≥0.又不等式 ax2+bx+c>0 的 解是-

1 1 <x< , 2 3 b 1 c 1 ∴a<0 且有- =- , =- . a 6 a 6 1 1 ∴b= a,c=- a. 6 6 ∴b=-c,代入Δ≥0 得 c2+24c(c-25)≥0. ∴c≥24.故得 a、b、c 的取值范围为 a≤-144,b≤-24,c≥24. 评述:二次方程 ax2+bx+c=0,二次不等式 ax2+bx+c>0(或<0)与二次函数 y=ax2+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=ax2+bx+c 的图象,则|OA|·|OB|等于
y

A O

B x

A.

c a

B.-

c a

C.±

c a

D.无法确定

解析:|OA|·|OB|=|OA·OB|=|x1x2|=|

c c |=- (∵a<0,c>0). a a

答案:B 2.已知 f(x)=x2-2x+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=(ex-a)2+(e x-a)2(a∈R,且 a≠0) ,求 y 的最小值. -x -x - x 2 x 2 x 解:y=(e +e ) -2a(e +e )+2a -2.令 t=e +e x,则 f(t)=t2-2at+2a2- 2. - ∵t=ex+e x≥2,∴f(t)=(t-a)2+a2-2 的定义域为[2,+∞). ∵抛物线的对称轴方程是 t=a, ∴当 a≥2 时,ymin=f(a)=a2-2;当 a<2 且 a≠0 时,ymin=f(2)=2(a-1)2. 4.要使 y=x2+4x(x≥a)有反函数,则 a 的最小值为___________________. 解析:要使 y=x2+4x(x≥a)有反函数,则 y=x2+4x 在[a,+∞)上是单调函数.∴a≥- 2. 答案:-2 5.已知函数 f(x)=mx2+(m-3)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 m≠0,有两种情况: ①原点的两侧各有一个,则

?? = (m ? 3) 2 ? 4m > 0 ? ? m<0; ? 1 ? x1 x 2 = < 0 m ?

? ?? = (m ? 3) 2 ? 4m ≥ 0, ? 3?m ? ②都在原点右侧,则 ? x1 + x 2 = > 0, 2m ? 1 ? ? x1 x 2 = m > 0, ?
解得 0<m≤1. 综上可得 m∈(-∞,1]. 培养能力 6.设 f(x)=x2-2ax+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)min≥a,即 3+2a≥a ? a≥-3.故此时-3≤a≤-1. ,f(x)≥a (2)当 a>-1 时,f(x)min=f(a)=a2-2a2+2=2-a2,x∈[-1,+∞) 2 2 恒成立 ? f(x)min≥a,即 2-a ≥a ? a +a-2≤0 ? -2≤a≤1.故此时-1<a≤1. 由(1) (2)知,当-3≤a≤1 时,x∈[-1,+∞) ,f(x)≥a 恒成立. 7.对于函数 f(x) ,若存在 x0∈R,使 f(x0)=x0 成立,则称 x0 为 f(x)的不动点.已知 函数 f(x)=ax2+(b+1)x+b-1(a≠0). (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: 当 a=1, (1) b=-2 时, x) 2-x-3=x ? x2-2x-3=0 ?(x-3) ( =x f (x+1) ? x=3 =0 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,ax2+(b+1)x+b- 1=x 恒有两个不等实根 ? 对任意实数 b,Δ=(b+1)2-4a(b-1)>0 恒成立 ? 对任意实 数 b,b2+2(1-4a)b+1+4a>0 恒成立 ? Δ′=4(1-4a)2-4(1+4a)<0 ? (1-4a)2 -(1+4a)<0 ? 4a2-3a<0 ? a(4a-3)<0 ? 0<a< 8.设函数 f(x)=x2+|x-2|-1,x∈R. (1)判断函数 f(x)的奇偶性; (2)求函数 f(x)的最小值.

3 . 4

? x 2 + x ? 3, x ≥ 2, ? 解: (1)f(x)= ? 2 ? x ? x + 1, x < 2. ?
∵f(0)=1≠0, ∴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 x≥2 时,f(x)=x2+x-3,此时 f(x)min=f(2)=3.

当 x<2 时,f(x)=x2-x+1,此时 f(x)min=f( 总之,f(x)min=

1 3 )= . 2 4

3 . 4

探究创新 9.二次函数 f(x)=px2+qx+r 中实数 p、q、r 满足 求证: (1)pf(

p q r + + =0,其中 m>0, m + 2 m +1 m

m )<0; m +1 (2)方程 f(x)=0 在(0,1)内恒有解. m m m 证明: (1)pf( )=p[p( )2+q( )+r] m +1 m +1 m +1
=pm[

pm q r + + ] 2 m +1 m (m + 1) pm p - ] 2 m+2 (m + 1)

=pm[

=p2m[

m(m + 2) ? (m + 1) 2 ] (m + 1) 2 (m + 2) 1 ]. (m + 1) (m + 2)
2

=p2m[-

由于 f(x)是二次函数,故 p≠0. 又 m>0,所以 pf(

m )<0. m +1 (2)由题意,得 f(0)=r,f(1)=p+q+r. m ①当 p>0 时,由(1)知 f( )<0. m +1 m 若 r>0,则 f(0)>0,又 f( )<0, m +1 m ∴f(x)=0 在(0, )内有解; m +1 p r p r - )+r= - >0, m+2 m m+2 m

若 r≤0,则 f(1)=p+q+r=p+(m+1) (- 又 f(

m )<0, m +1

m ,1)内有解. m +1 因此方程 f(x)=0 在(0,1)内恒有解. ②当 p<0 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 p≠0,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)=ax2+bx+c 的图象形状、对称轴、顶点坐标、开口方向等是处理二次
所以 f(x)=0 在(

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)=ax2+bx+c(a≠0)中 a、b、c 的值.二次 函数也可以表示为 y=a(x-x0)2+h 或 y=a(x-x1) (x-x2) 2-4ac≥0)等形式,应提醒 (b 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 ax2+bx+c=0(a≠0)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.

?? = b 2 ? 4ac > 0, ? ? b (2)二次方程 f(x)=0 的两根都大于 r ? ?? > r, ? 2a ? a ? f ( r ) > 0. ?

?? = b 2 ? 4ac > 0, ? ? p < ? b < q, ? (3)二次方程 f(x)=0 在区间(p,q)内有两根 ? ? 2a ?a ? f (q ) > 0, ? ? a ? f ( p ) > 0. ?
(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.

?a ? f ( p ) < 0, (5)方程 f(x)=0 的两根中一根大于 p,另一根小于 q(p<q) ? ? ? a ? f ( q ) > 0.
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)=ax2+bx+c≤0 的解集是(-∞,α]∪[β,+∞) ? a<0 且 f(α)=f(β)=0.

b b |<|β+ |; 2a 2a b b 当 a<0 时,f(α)<f(β) ? |α+ |>|β+ |. 2a 2a
(2)当 a>0 时,f(α)<f(β) ? |α+

b ? p≤? < q, ? b ? < p, ? ? ? 2a (3) a>0 时, 当 二次不等式 (x) 在 f >0 [p, 上恒成立 ? ? 2a q] 或? ? f ( p) > 0 ? f (? b ) > 0 ? ? 2a ? ? b ≥ q, ?? 或 ? 2a ? f (q) ≥ 0. ?

?a > 0, ?a = b = 0, (4)f(x)>0 恒成立 ? ? 或? ?? < 0 ?c > 0; ?a < 0, ?a = b = 0, f(x)<0 恒成立 ? ? 或? ?? < 0 ?c < 0.
拓展题例 【例 1】 已知当 m∈R 时,函数 f(x)=m(x2-1)+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)=x-a 是一次函数,它的图象恒与 x 轴相交,此时 a∈R. (2)m≠0 时,由题意知,方程 mx2+x-(m+a)=0 恒有实数解,其充要条件是Δ =1+4m(m+a)=4m2+4am+1≥0.又只需Δ′=(4a)2-16≤0,解得-1≤a≤1,即 a ∈[-1,1]. ∴m=0 时,a∈R; 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)=ax2+bx+c 的图象过点(-1,0) ,是否存在常数 a、b、c,使 不等式 x≤f(x)≤

x2 +1 对一切实数 x 都成立? 2 解:∵f(x)的图象过点(-1,0) ∴a-b+c=0 ,



x2 +1 对一切 x∈R 均成立, 2 ∴当 x=1 时也成立,即 1≤a+b+c≤1. 故有 a+b+c=1. 1 1 1 1 由①②得 b= ,c= -a. ∴f(x)=ax2+ x+ -a. 2 2 2 2
∵x≤f(x)≤ 故 x≤ax2+



1 1 x2 +1 x+ -a≤ 对一切 x∈R 成立, 2 2 2

1 ?1 ?? 1 ≤ 0 ? 4 ? 4a( 2 ? a ) ≤ 0, 1 ? 2 1 ? ? ?ax ? x + ? a ≥ 0, ?? 2 ≤ 0 ? 也即 ? 2 2 恒成立 ? ? ? ?1 ? 8a (1 ? 2a ) ≤ 0, ?a > 0 ?a > 0, ?(1 ? 2a ) x 2 ? x + 2a ≥ 0 ? ?1 ? 2a > 0 ? ? ?1 ? 2a > 0. ?
解得 a=

1 1 1 .∴c= -a= . 4 2 4

1 1 1 x2 +1 ,b= ,c= ,使不等式 x≤f(x)≤ 对一切实数 x 均成立. 4 2 4 2 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.
∴存在一组常数 a=


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