高一数学二次函数的综合问题人教版docWord下载.docx
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m3或m5
依题意，得tanA
tanB
m
m5
tanA
（2）∵
f（sin
）
sin
（m1）sin
（sin
∵m
3
而m1
∴当sin
1时，f（sin
）取得最大值2m
由题意知2m
8
∴m3
[例3]
已知函数f（x）
x2
bx
c（b、c
R，c
2），F（x）
f（x）
c，当
x[
2,
2]时，恒有f（x）
0，且对于任意实数
x1、x2，总有F（x1
x2）
F（x1
2[F（x1）
F（x2）]，求函数f（x）的解析式。
由F
（
x
，得F（0）=0
在F（x1
F
（x1
2[F（x1）
F（x2）]中，令x1
，x2
得F（
x）
F（x）
2[F（0）
F（x）]
∴F（x）F（x）
∴F（x）是偶函数
因此b
∴f（x）
c
又f（x）在[2,
2]上恒有f（x）0
所以f（
2）f（
2）
0，即2
0，亦即c
又c
∴c
2，故f（x）
x2
[例4]已知二次函数f（x）满足条件f（0）1及f（x1）f（x）2x
（1）求f（x）；
（2）求f（x）在区间[1,1]上的最大值和最小值
（1）设f（x）
ax2
bxc，由f（0）
1，可知c1
∵f（x1）
f（x）
[a（x
1）2
b（x
1）
c]（ax2
bxc）2axab
故由f（x2）
2x得2a
2，ab0
因而a
1，b
所以f（x）
（2）f（x）x2
x1（x
1）2
∵1
[1,1]，所以当x
时，f（x）的最小值为
当
时，
的最大值为
f（
[例5]某企业甲将经营状态良好的某种消费品专卖店以58万元的优惠价转让给企业乙，约
定乙用经营该店的利润偿还转让费（不计息）。
已知经营该店的固定成本为6.8万元/月，该
消费品的进价为16元/件，月销售量q（万件）与售价p（元）的关系如图所示。
（1）写出销售q与售价p的函数关系式；
（2）当售价p定为多少时，月利润最多？
（3）企业乙最早可望在经营该专卖店几个月后还清转让费？
q（万件）
O
16
2025P（元）
1p
7,16
p
20
（1）根据函数图象得
q
6,20
25
5
（2）设月利润为
W（万元），则
7）（p
16）
6.8,16
W
（p
16）q
6.8
6）（p
6.8,20
当16
20时，W
1（p
22）2
2.2
故p
时，Wmax
1.2
当20p
时，W
23）2
3，故p
23时，Wmax
∴当售价定为23
元/件时，月利润最多为
3万元。
（3）设最早n个月后还清转让费，则3n
58，n
∴企业乙最早可望
20个月后还清转让费。
[例6]是否存在常数k
R，使函数f（x）
x4
（2
k）x2
k）在（
1]上是减函
数且在[1,0）上是增函数？
解法1：
设t
x2，则原函数转化为
h（t）
t2
k）t
k）
那么问题就等价于是否存在常数k
R，使函数h（t）
（2
k）t
k）在（0,1]
上是减函数且在
[1,
）上是增函数，根据二次函数的性质知，
只需
k
1，故k4
解法2：
任取x1
，则
f（x2）
f（x1）
x24
x14
k）（x22
x12）
（x22
x12）（x22
x12
2k）
x2）（x2
x1）（x22
2k）
由f（x）在（
1]上是减函数可知，对任意的
x1
1（*）
0恒成立
所以有x22
2k
0恒成立，即k
x22
2恒成立
∵x1
∴x22
21124
因此，当k
时，（*）
即当k
时，函数f（x）在（
1]上是减函数
仿上可得当k
时，函数f（x）在
[
1,0）
上是增函数
故存在常数k
，使函数f（x）
x4
（2k）在（
1]上是减函数，
且在[
1,0）上是增函数。
[例7]
2x
a，x
（1）当a
1时，求函数
f（x）的最小值；
（2）若对任意x[1,
），f（x）
0恒成立，试求实数
a的取值范围
1时，f（x）
，先证f（x）在区间[1,
）上为增函数（略）
7
∴f（x）在区间[1,
）上的最小值为
f
（1）
（2）解法1：
在区间[1,
）上，f（x）
2x
a0恒成立，y
2xa
（x
1在[1,
）上递增
∴当x1
时，ymin
3a
于是当且仅当ymin
0时，函数
0恒成立，故a
f（x）
2，x
），当a
0时，函数f（x）的值恒为正
当a
0时，函数f（x）递增，故当x
1时，f（x）min
于是当且仅当
f（x）min
0时，函数f（x）
0恒成立
故0
3，综上，
a的取值范围是a
[例8]已知函数f（x）
c（a
b
c）的图象上有两点
A（m1，f（m1））、B
（m2，f（m2）），且满足f
（1）
0，a2
（f（m1）
f（m2））
f（m1）
f（m2）
0。
（1）求证：
b
（2）求证：
f（x）的图象被x轴所截得的线段长的取值范围是
[2,3）
（1）a2
[f（m1）
f（m2）]af（m1）f（m2）0
即[a
f（m1）][a
f（m2）]
∴
f（m1）
a或f（m2）
∴m1或m2是f（x）
即ax2
bxc
的实根
于是
0即b2
4a（ac）
∵
f
（1）
将a
b代入上
述不等关系，得b2
4ab
0，即b（b
4a）
0，又a
∴必有a
0，c
0（否则与a
0矛盾）
∴b
4a
3a
（2）设f
（x）
ax2
0两根为x1、x2
，则一个根为
1（∵
），另一
根为c，∵
c且由上知b
，∴
aac
0，∴
1，
2|x1x2
|
【模拟试题】
（答题时间：
70分钟）
一.选择题：
1.
设二次函数
0），如果f（x1）
f（x2）（其中x1
），则
f（x1x2）等于（
B.
C.
D.
4ac
b2
A.
2a
2.
二次函数yx2
2（a
b）x
c2
2ab的图象的顶点在
x轴上，且a、、c为
ABC
的三边长，则
ABC为（
A.锐角三角形
直角三角形
C.钝角三角形
D.等腰三角形
3.
4x2
mx
5在区间[
）上是增函数，则f
（1）的范围是（
A.f
（1）
25D.
f
（1）25
4.
如图所示，是二次函数
y
c的图象，则|OA||OB|等于（
D.无法确定
A
B
5.yax2bx与yaxb（ab0）的图象只可能是（）
6.
若f（x）（m
1）x2
2mx
3为偶函数，则f（x）在区间（
5，
2）上（
A.是增函数
B.是减函数
C.增减性随m的变化而改变
D.无单调性
二.
填空：
已知函数f（x）
|x2
2ax
b|（xR），给出下列命题：
①f（x）必为偶函数
②当f（0）f
（2）时，f（x）的图象必关于直线x1对称
③若a2
b0，则f（x）
④f（x）有最大值a2
其中正确命题的序号是
在区间[a,）上是增函数
。
若y
（a2）x
3，x
[a,b]的图象关于直线x1对称，则b
4x
3（x（
2]）的反函数的定义域是
函数f（x）
2x2
3，当x（
1]时是减函数，当x
（1,
）时是增函
数，则f
（2）
三.解答题：
已知二次函数f（x）
c的图象与直线y
25有公共点，且不等式
bxc0的解是
，求a、b、c的取值范围。
2.已知函数
3.已知函数
f（x）4x24axa22a2在区间[0，2]上有最小值3，求a的值。
f（x）ax2a2x2ba3
（1）当x
（2,6）时，f（x）
0；
当x（
2）
（6,）时f（x）
0，求a、
b的值及f（x）的表达式；
（2）设F（x）
4（k
1）x
2（6k
1），k取何值时，函数F（x）的值恒为负
值？
4.设函数f（x）x2
2bx
c（cb
1），f
（1）0，且方程f（x）1
0有实根。
（1）证明：
1，b
（2）若m是方程
0的一个实根，判断
f（m
4）的正负并加以证明。
5.已知函数f（x）
b（a
0，a、b
R），设关于x的方程f（x）0的两
根为x1、x2
，f（x）
x的两实根为
、
，求a、
关系式；
（）若
（）若a、
均为负整数，且
|1
，求
解析式；
（3）若
2，求证：
（x1
1）（x21）
【试题答案】
一.
1.D2.B3.A4.B5.D6.A
二.
1.③2.63.[1,）4.19
三.
依题意ax2
0有解，故
b2
4a（c
25）
0，又不等式
的解是
，∴a
0且有
1，c
1，∴b
1a，
6
1a，∴b
c，代入
0得c2
24c（c
，∴c
24，故得a、b、c
144，b
24
，c
的取值范围为
2.解：
∵f（x）4（x
①
0时，即
时，函数
在
[0,2]
∴f（x）min
f（0）
2，由a2
3，得a
12
∵a
∴a
②
当0
2，即
时，f（x）min
f（a）
由
3，得a
（0,4），舍去
③
2，即a
时，函数f（x）在[0,2]
上是减函数，
f（x）min
f
（2）
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