高二数学二次函数苏教版知识精讲

高二数学二次函数苏教版

【本讲教育信息】

一. 教学内容：

二次函数

教学目标：

1. 要掌握二次函数的图象和性质，有单调性，对称轴，顶点，二次函数的最值讨论方法，二次方程根的分布的讨论方法，特别是韦达定理的应用。

2. 能利用二次函数的零点研究一元二次方程的实根分布条件；能求二次函数的区间最值。

教学重点：

二次函数性质的运用。

教学难点：

二次函数性质与分类讨论的思想方法。

二、知识点归纳：

二次函数是高中最重要的函数，它与不等式、解析几何、数列、复数等有着广泛的联系。 1. 二次函数的图象及性质:二次函数yaxbxc的图象的对称轴方程是x2b，2ab4acb2顶点坐标是2a，4a。

2. 二次函数的解析式的三种形式：用待定系数法求二次函数的解析式时，解析式的设法有三种形式，即f(x)axbxc（一般式），f(x)a(xx1)(xx2)(零点式)和

2f(x)a(xm)2n（顶点式）。

3. 根的分布问题：一般地对于含有字母的一元二次方程ax+bx+c=0 的实根分布问题，用

2

图象求解，有如下结论：令f（x）=ax+bx+c （a>0）

2

00（1）x1<α，x2<α ， 则b/(2a)； （2）x1>α，x2>α，则b/(2a)

af()0af()000f()0（3）α （α<），则f()0

f()0f()0b/(2a)（5）若f（x）=0在区间（α，）内只有一个实根，则有f()f)0

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word （6）若f()f)0，则f（x）=0在区间（α，）内至少有一个实根。

4. 最值问题：二次函数f（x）=ax+bx+c在区间[α，]上的最值一般分为三种情况讨论，

2

bb在区间左边，函数在此区间上具有单调性；（2）对称轴x=在区2a2ab间之内；（3）对称轴x=在区间右边要注意系数a的符号对抛物线开口的影响 2a即：（1）对称轴x=

1）讨论二次函数的区间最值问题：①注意对称轴与区间的相对位置；②开口方向。 2）讨论二次函数的区间根的分布情况一般需从三方面考虑：①判别式；②区间端点的函数值的符号；③对称轴与区间的相对位置。

5. 二次函数、一元二次方程及一元二次不等式之间的关系：

222

①0f（x）=ax+bx+c的图像与x轴无交点ax+bx+c=0无实根ax+bx+c>0（<0）的解集为或者是R；

22

②0f（x）=ax+bx+c的图像与x轴相切ax+bx+c=0有两个相等的实根ax2+bx+c>0（<0）的解集为或者是R；

22

③0f（x）=ax+bx+c的图像与x轴有两个不同的交点ax+bx+c=0有两个不等的实根ax+bx+c>0（<0）的解集为(,)()或者是(,)(,)。

2

【典型例题】

例1. （2006年某某卷）关于x的方程x1x1k0，给出下列四个命题： ①存在实数k，使得方程恰有2个不同的实根； ②存在实数k，使得方程恰有4个不同的实根； ③存在实数k，使得方程恰有5个不同的实根； ④存在实数k，使得方程恰有8个不同的实根. 其中假命题的个数是 （B）

A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 解：选B。本题考查换元法及方程根的讨论，要求考生具有较强的分析问题和解决问题的能力；据题意可令x21t(t0)①，则方程化为ttk0②，作出函数yx21的图象，结合函数的图象可知：

（1）当t=0或t>1时方程①有2个不等的根； （2）当0故当t=0时，代入方程②，解得k=0，此时方程②有两个不等根t=0或t=1，故此时原

22221，此时方程②有两根且均小于1412大于0，故相应的满足方程x1t的解有8个，即原方程的解有8个；当k时，方

41程②有两个相等正根t＝，相应的原方程的解有4个；故选B。

2方程有5个根；当方程②有两个不等正根时，即0k

例2. 已知二次函数的对称轴为x2，截x轴上的弦长为4，且过点(0,1)，求函

2 / 11

word 数的解析式。

解：∵二次函数的对称轴为x2，

2可设所求函数为f(x)a(x2)b，

又∵f(x)截x轴上的弦长为4，

∴f(x)过点(22,0)和(22,0)，f(x)又过点(0,1)，

14ab01a2∴， 2，∴f(x)(x2)2 22ab1b2

例3. 已知函数ysinxasinx2a1的最大值为2，求a的值。 42分析：令tsinx，问题就转化为二次函数的区间最值问题。 解：令tsinx，t[1,1]，

a212a(aa2)，对称轴为t，

242a12（1）当11，即2a2时，ymax(aa2)2，得a2或a3（舍

24∴y(t)去） aa1 1，即a2时，函数y(t)2(a2a2)在[1,1]上单调递增，

2241110由ymax1aa2，得a。

423aa212（3）当1，即a2时，函数y(t)(aa2)在[1,1]上单调递

224（2）当减，

11。 a2，得a2（舍去）

4210综上可得：a的值为a2或a。

3由ymax1a变 ：若求函数的最小值要分几种情况讨论。

例4. 已知函数f(x)x(2a1)xa2与非负x轴至少有一个交点，求a的取值X围

22解法一：由题知关于x的方程x(2a1)xa20至少有一个非负实根，设根为

22x1,x2

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word 09则x1x20或x1x20，得2a。

4xx012f(0)0(2a1)9解法二：由题知f(0)0或0，得2a。

420解法三：当函数f(x)x(2a1)xa2与非负x轴没有交点时，

22f(0)09则0或(2a1)，得a2或a。

042∴函数f(x)x(2a1)xa2与非负x轴至少有一个交点时a的取值X围为

222a

9。 4例5. 设二次函数f(x)x2bxc(b,cR)，已知不论α，β为何实数，恒有

f(sin)0和f(2cos)0.

（1）求证：bc1; （2）求证：c3;

（3）若函数f(sin)的最大值为8，求b，c的值。

解：（1）由f(x)x2bxc(b,cR)产生b+c，只要消除差异x，这可令x1.

1sin1且f(sin)0恒成立,f(1)0.

12cos3且f(2cos)0恒成立,f(1)0.

从而知f(1)0.1bc0.即bc1.

（2）由12cos3且f(2cos)0恒成立,f(3)0. 即 93bc0，∴93(bc)2c0 又因为bc1.c3.

（3）f(sin)sin2(1c)sinc(sin当sin1时,[f(sin)]max8. 由1c21c2)c(), 221bc8,1bc0.解得b4,c3.

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word 点评 注意：ab且abab， 这是用不等式证明等式的有效方法，很值得重视。

例6. （2006年某某春卷）设函数f(x)x24x5. （1）设集合Axf(x)5,B(,2][0,4][6,). 试判断集合A和

B之间的关系，并给出证明；

（2）当k2时，求证：在区间[1,5]上，ykx3k的图像位于函数f(x)图像的上方.

解： （1） 方程f(x)5的解分别是214,0,4和214，由于f(x)在(,1]和[2,5]上单调递减，在[1,2]和[5,)上单调递增，因此

A,214[0,4]214,.

由于2146,2142,BA. （2）解法一：当x[1,5]时，f(x)x24x5.

g(x)k(x3)(x24x5)x2(k4)x(3k5)

4kk220k36x， 242k2,4k1. 又1x5， 24k4k①当1， 1，即2k6时，取x22k220k3612g(x)mink1064.

4416(k10)264,(k10)2640，

则g(x)min0.

4k1，即k6时，取x1， g(x)min＝2k0. 2由 ①、②可知，当k2时，g(x)0，x[1,5].

因此，在区间[1,5]上，yk(x3)的图像位于函数f(x)图像的上方.

②当

解法二：当x[1,5]时，f(x)x24x5.

yk(x3),2x(k4)x(3k5)0， 由 得2yx4x5,5 / 11

word

令 (k4)24(3k5)0，解得 k2或k18，

在区间[1,5]上，当k2时，y2(x3)的图像与函数f(x)的图像只交于一点(1,8)； 当k18时，y18(x3)的图像与函数f(x)的图像没有交点。

如图可知，由于直线yk(x3)过点(3,0)，当k2时，直线yk(x3)是由直线y2(x3)绕点(3,0)逆时针方向旋转得到. 因此，在区间[1,5]上，yk(x3)的图像位于函数f(x)图像的上方。

2

例7. 是否存在实数a，b，c使函数f(x)=ax+bx+c (a0)，的图像经过M(-1，0)，且

1x2

满足条件“对一切实数x，都有xf(x) ”

2

解：因为图像经过M(-1，0)，所以a-b+c=0

1x2

又因为xf(x) 

2

∴当x＝1时，1f(1) 1 ，所以f(1) =1 即 a+b+c=1 从而abc011所以b=,ca

22abc12

1x211∴xax+xa对一切实数x恒成立

2222ax2x12a0即的解集为R

2(12a)xx2a0∵a=0或a=

1显然不成立， 22（4a1）0111∴所以a=c=，b=

2422(4a1)0

例8. （07某某） 已知a是实数，函数fx2ax2x3a，如果函数yfx在

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word 区间1,1上有零点，求a的取值X围.

解：若a0 ， f(x)2x3 ，显然在1,1上没有零点， 所以 a0. 令 48a3a8a224a40， 解得 a37 2①当 a37时， yfx恰有一个零点在1,1上； 2②当f1f1a1a50，即1a5时，yfx在1,1上也恰有一个零点.

③当yfx在1,1上有两个零点时， 则

a0a08a224a408a224a4011 或 11112a2af10f10f10f10解得a5或a37 237。 2综上所某某数a的取值X围是 a1 或a

例9. 设函数f(x)=|x－a|－ax，其中0（2）试推断函数f(x)是否存在最小值？若存在，求出其最小值；若不存在，说明理由。 解：（1）由f(x)<0得，|x－a|x(a1)xa,当0a1时,(a1)xa.x∴不等式的解集是(aa,a11a

a.a1aa,) 1a1a（2）∵0a1,1a0,(1a)0,f(x)(1a)xa(xa);

(1a)xa(xa).∴f(x)在[a,)内是增函数，f(x)在(,a)内是减函数

7 / 11

word 2∴f(x)minf(a)a.

例10. 对于函数f(x)，若存在x0R，使f(x0)x0，则称x0是f(x)的一个不动点，已知函数f(x)ax(b1)x(b1)(a0)，

（1）当a1,b2时，求函数f(x)的不动点；

（2）对任意实数b，函数f(x)恒有两个相异的不动点，求a的取值X围；

（3）在（2）的条件下，若yf(x)的图象上A,B两点的横坐标是f(x)的不动点，且A,B两点关于直线ykx2212a21对称，求b的最小值。

解：（1）f(x)xx3，x0是f(x)的不动点， 则f(x)x0x03x0，得x01或x03， 函数f(x)的不动点为1和3

（2）∵函数f(x)恒有两个相异的不动点，

∴f(x)xaxbx(b1)0恒有两个不等的实根，

22b24a(b1)b24ab4a0对bR恒成立，

∴(4a)16a0，得a的取值X围为(0,1) （3）由axbx(b1)0得由题知k1，yx22x1x2b， 22a，

12a12设A,B的中点为E，则E的横坐标为(∴bb1,2)， 2a2a2a1bb12， 2a2a2a1a2a2112a1a2， 4∴b当且仅当2a21时等号成立， (0a1)，即a2a8 / 11

word ∴b的最小值为

2 4【模拟试题】

（一）选择题（5′×6＝30′）

222

1.设x，y是关于m的方程m2am+a+6=0的两个实根，则（x1）+（y1）的最小值是（ ） A. 1225 B. 18 C. 8 D. 无最小值

2. 函数yxbxc (x[0,))是单调函数的充要条件是（ ） A. b0B. b0C.b0D. b0

3. （2006年某某卷）已知函数f(x)ax2ax4(0a3),若x1x2,x1x21a,则（ ）

A. f(x1)f(x2)B. f(x1)f(x2)

C.f(x1)f(x2)D. f(x1)与f(x2)的大小不能确定

24. 若函数f(x)loga(xax3)在区间(,]上为减函数，则a的取值X围为（ ）

22a2A. （0，1）

B. （1,)

C.(1,23)D. (0,1)(1,23)

x2,5. （07某某）设fxx,则gx的值域是（ ）

A. ,11, C. 1,

2x1x1gx是二次函数，，若fgx的值域是0,，

B. ,10, D.0,

6. （07某某）命题：“若x1，则1x1”的逆否命题是（ ） A. 若x1，则x1，或x1 C. 若x1，或x1，则x1

22B. 若1x1，则x1 D. 若x1，或x1，则x1

22

（二）填空题（4×5′=20′）

2

7. 函数f（x）=2xmx+3，当x（，1）时是减函数，当x[1，+]时是增函数，则f（2）=。

8. （07）已知集合Axxa1，Bxx5x40，若AB，则实数

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2word a的取值X围是。

9. 直线y=kx+1与双曲线xy=1的左支相交，则k的取值X围是。

2

10. 已知关于x的不等式ax+bx+c<0的解集是（，3）（2，+），则关于x的不等2

式bx+ax+c>0的解集是。

（三）解答题（共5题 ，共50分）

2

11. （8分）已知f（x）=（m2）x4mx+2m6=0的图象与x轴的负半轴有交点，某某数m的取值X围

12. （8分）根据市场调查，某商品在最近40天内的价格与时间t满足关系：

22

1t11(0t20,tN) f(t)2t41(20t40,tN)销售量g（t）与时间t满足关系g（t）= t/3 +43/3 （0t40，tN），求这种商品

日销售额的最大值。

22

13. （8分）若二次函数f（x）=4x2（p2）x2pp+1在区间[1，1]内至少存在一点c，使f（c）>0，某某数p的取值X围。

2

14. （12分）已知函数f（x）=ax+（2a1）x3 （a≠0）在区间[3/2，2]上的最大值为1，某某数a的值。 15. （14分）（2005年某某理）对定义域分别是Df、Dg的函数y=f（x） 、y=g（x），

f(x)g(x)，当xDf且xDg规定： 函数h(x)f(x)，当xD且xD

fgg(x)，当xDf且xDg（1）若函数f（x）=

12

，g（x）=x，x∈R，写出函数h（x）的解析式： x1（2）求问题（1）中函数h（x）的值域； （3）若g（x）=f（x+α）， 其中α是常数，且α∈[0，π]，请设计一个定义域为R的函数y=f（x），及一个α的值，使得h（x）=cos4x，并予以证明。

参考答案

1. C 2. A 7. 19 8. 2,3 9. 2k<1

10. （3，2） 11. 解：（1）m=2时，交点为（1/4，0）， （2）m≠2时， （i）一正一负，（m2）（2m6）<0，∴ 210 / 11

3. A

4. C

5. D

6. D

word （iii）一根为零，一根为负，无解， 综合得1m<3。

2

12. 解：当0t<20时，日销售额S=（t/2+11）（t/3+43/3）= （t21t2243）/6 故当t=10或11时，Smax=176，当20t40时，S=（t41）（t43）/3，故t=20时，Smax=161综上，日销售额的最大值是176。

22

13. 解1：依题意，有f（1）>0，或f（1）>0，即2pp1<0，或2p+3p9<0，∴1/2解2：（补集法）令f（1）0，且f（1）0，解得：p3或p3/2，符合条件的p（3，3/2） 由观察图象而得到。

14. 解：最大值点只可能是端点或顶点讨论，当f（3/2）=1，f（2）=1，或顶点处的函

数值为1时， a=3/4或a= 3/2 2

x2,x(,1)(1,)15.解：（1）h(x)x1

1,x1x21（2） 当x≠1时， h（x）= =x-1++2，

x1x1若x>1时， 则h（x）≥4，其中等号当x=2时成立

若x<1时， 则h（x）≤ 0，其中等号当x=0时成立 ∴函数h（x）的值域是（-∞，0）∪{1}∪[4，+∞] （3）令 f（x）=sin2x+cos2x，α=则g（x）=f（x+α）= sin2（x+

 4）+cos2（x+）=cos2x-sin2x， 44， 2于是h（x）= f（x）·f（x+α）= （sin2x+cos2x）（ cos2x-sin2x）=cos4x. 另解令f（x）=1+2sin2x， α=

g（x）=f（x+α）= 1+2sin2（x+π）=1-2sin2x，

于是h（x）= f（x）·f（x+α）= （1+2sin2x）（ 1-2sin2x）=cos4x.

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