步步高大一轮复习讲义数学25二次函数Word文档下载推荐.docx

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（－

，

）

3．二次函数f（x）＝ax2＋bx＋c（a≠0），当Δ＝b2－4ac>

0时，图像与x轴有两个交点M1（x1,0）、M2（x2,0），|M1M2|＝|x1－x2|＝

.

[难点正本　疑点清源]

1．求二次函数解析式的方法：

待定系数法．根据所给条件的特征，可选择一般式、顶点式或零点式中的一种来求．

①已知三个点的坐标时，宜用一般式．

②已知二次函数的顶点坐标或与对称轴有关或与最大（小）值有关时，常使用顶点式．

③已知二次函数与x轴有两个交点，且横坐标已知时，选用零点式求f（x）更方便．

2．二次函数对应的一元二次方程的区间根的分布

讨论二次函数相应的二次方程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．

在讨论过程中，注意应用数形结合的思想．

1．若二次函数f（x）＝ax2＋bx＋2满足f（x1）＝f（x2），则f（x1＋x2）＝________.

2．（课本改编题）已知函数y＝x2－2x＋3在闭区间[0，m]上有最大值3，最小值2，则m的取值范围为________．

3．若函数y＝x2＋（a＋2）x＋3，x∈[a，b]的图像关于直线x＝1对称，则b＝________.

4．已知函数f（x）＝x2＋2（a－1）x＋2在区间（－∞，3]上是减函数，则实数a的取值范围为____________．

5．若方程x2－2mx＋4＝0的两根满足一根大于1，一根小于1，则m的取值范围是（　　）

　A.

B.

C．（－∞，－2）∪（2，＋∞）D.

题型一　求二次函数的解析式

例1

　已知二次函数f（x）满足f

（2）＝－1，f（－1）＝－1，且f（x）的最大值是8，试确定此二次函数．

探究提高　二次函数的解析式有三种形式：

（1）一般式：

f（x）＝ax2＋bx＋c（a≠0）；

（2）顶点式：

f（x）＝a（x－h）2＋k（a≠0）；

（3）两根式：

f（x）＝a（x－x1）（x－x2）（a≠0）．

已知函数的类型（模型），求其解析式，用待定系数法，根据题设恰当选用二次函数解析式的形式，可使解法简捷．

设f（x）是定义在R上的偶函数，当0≤x≤2时，y＝x，当x>

2时，y＝f（x）的图像是顶点为P（3,4），且过点A（2,2）的抛物线的一部分．

（1）求函数f（x）在（－∞，－2）上的解析式；

（2）在下面的直角坐标系中直接画出函数f（x）的草图；

（3）写出函数f（x）的值域．

题型二　二次函数的图像与性质

例2

　已知函数f（x）＝x2＋2ax＋3，x∈[－4,6]．

（1）当a＝－2时，求f（x）的最值；

（2）求实数a的取值范围，使y＝f（x）在区间[－4,6]上是单调函数；

（3）当a＝1时，求f（|x|）的单调区间．

探究提高　

（1）二次函数在闭区间上的最值主要有三种类型：

轴定区间定、轴动区间定、轴定区间动，不论哪种类型，解决的关键是考查对称轴与区间的关系，当含有参数时，要依据对称轴与区间的关系进行分类讨论；

（2）二次函数的单调性问题则主要依据二次函数图像的对称轴进行分析讨论求解．

已知函数f（x）＝－4x2＋4ax－4a－a2在区间[0,1]内有一个最大值－5，求a的值．

题型三　二次函数的综合应用

例3

　若二次函数f（x）＝ax2＋bx＋c（a≠0）满足f（x＋1）－f（x）＝2x，且f（0）＝1.

（1）求f（x）的解析式；

（2）若在区间[－1,1]上，不等式f（x）>

2x＋m恒成立，求实数m的取值范围．

探究提高　二次函数、二次方程与二次不等式统称“三个二次”，它们常有机结合在一起，而二次函数又是“三个二次”的核心，通过二次函数的图像贯穿为一体．因此，有关二次函数的问题，数形结合，密切联系图像是探求解题思路的有效方法．用函数思想研究方程、不等式（尤其是恒成立）问题是高考命题的热点．

已知函数f（x）＝x2＋mx＋n的图像过点（1,3），且f（－1＋x）＝f（－1－x）对任意实数都成立，函数y＝g（x）与y＝f（x）的图像关于原点对称．

（1）求f（x）与g（x）的解析式；

（2）若F（x）＝g（x）－λf（x）在（－1,1]上是增函数，求实数λ的取值范围．

2.分类讨论在二次函数中的应用

试题：

（13分）（2011·

济南模拟）设a为实数，函数f（x）＝2x2＋（x－a）|x－a|.

（1）若f（0）≥1，求a的取值范围；

（2）求f（x）的最小值；

（3）设函数h（x）＝f（x），x∈（a，＋∞），直接写出（不需给出演算步骤）不等式h（x）≥1的解集．

审题视角　

（1）求a的取值范围，是寻求关于a的不等式，解不等式即可．

（2）求f（x）的最小值，由于f（x）可化为分段函数，分段函数的最值分段求，然后综合在一起．（3）对a讨论时，要找到恰当的分类标准．

规范解答

解　

（1）因为f（0）＝－a|－a|≥1，所以－a>

0，

即a<

0，由a2≥1知a≤－1，

因此，a的取值范围为（－∞，－1]．[3分]

（2）记f（x）的最小值为g（a），则有

f（x）＝2x2＋（x－a）|x－a|

＝

[5分]

（ⅰ）当a≥0时，f（－a）＝－2a2，

由①②知f（x）≥－2a2，此时g（a）＝－2a2.[7分]

（ⅱ）当a<

0时，f

a2，

若x>

a，则由①知f（x）≥

a2.

若x≤a，由②知f（x）≥2a2>

a2.此时g（a）＝

综上，得g（a）＝

.[10分]

（3）（ⅰ）当a∈

∪

时，解集为（a，＋∞）；

（ⅱ）当a∈

时，解集为

（ⅲ）当a∈

.[13分]

批阅笔记　分类讨论的思想是高考重点考查的数学思想方法之一．本题充分体现了分类讨论的思想方法．

在解答本题时有两点容易造成失分：

一是求实数a的值时，讨论的过程中没注意a自身的取值范围，易出错；

二是求函数最值时，分类讨论的结果不能写在一起，不能得出最后的结论．

除此外，解决函数问题时，以下几点容易造成失分：

1．含绝对值问题，去绝对值符号，易出现计算错误；

2．分段函数求最值时要分段求，最后写在一起时，没有比较大小或不会比较出大小关系；

3．解一元二次不等式时，不能与一元二次函数、一元二次方程联系在一起，思路受阻.

方法与技巧

1．数形结合是讨论二次函数问题的基本方法．特别是涉及二次方程、二次不等式的时候常常结合图形寻找思路．

2．含字母系数的二次函数问题经常使用的方法是分类讨论．比如讨论二次函数的对称轴与给定区间的位置关系，又例如涉及二次不等式需讨论根的大小等．

3．关于二次函数y＝f（x）对称轴的判断方法

（1）对于二次函数y＝f（x）对定义域内所有x，都有f（x1）＝f（x2），那么函数y＝f（x）图像的对称轴方程为x＝

（2）对于二次函数y＝f（x）对定义域内所有x，都有f（a＋x）＝f（a－x）成立，那么函数y＝f（x）图像的对称轴方程为x＝a（a为常数）．

（3）对于二次函数y＝f（x）对定义域内所有x，都有f（x＋2a）＝f（x），那么函数y＝f（x）图像的对称轴方程为x＝a（a为常数）．

注意：

（2）（3）中，f（a＋x）＝f（a－x）与f（x＋2a）＝f（x）是等价的．

（4）利用配方法求二次函数y＝ax2＋bx＋c（a≠0）对称轴方程为x＝－

（5）利用方程根法求对称轴方程．若二次函数y＝f（x）对应方程f（x）＝0的两根为x1、x2，那么函数y＝f（x）图像的对称轴方程为x＝

失误与防范

1．求二次函数的单调区间时要经过配方法，要熟练准确利用配方法．

2．对于函数y＝ax2＋bx＋c要认为它是二次函数，就必须认定a≠0，当题目条件中未说明a≠0时，就要讨论a＝0和a≠0两种情况．

3．对于二次函数y＝ax2＋bx＋c（a≠0）给定了定义域为一个区间[k1，k2]时，利用配方法求函数的最值

是极其危险的，一般要讨论函数图像的对称轴在区间外、内的情况，有时要讨论下列四种情况：

①－

<

k1；

②k1≤－

③

≤－

k2；

④－

≥k2.对于这种情况，也可以利用导数法求函数在闭区间的最值方法求最值．这两种方法运算量相当．

4．注意判别式作用，正确利用判别式．

课时规范训练

（时间：

60分钟）

A组　专项基础训练题组

一、选择题

1．（2010·

安徽）设abc>

0，二次函数f（x）＝ax2＋bx＋c的图像可能是（　　）

2．（2010·

四川）函数f（x）＝x2＋mx＋1的图像关于直线x＝1对称的充要条件是（　　）

　A．m＝－2B．m＝2

C．m＝－1D．m＝1

3．已知函数f（x）＝ax2＋（b＋c）x＋1（a≠0）是偶函数，其定义域为[a－c，b]，则点（a，b）的轨迹是（　　）

A．线段B．直线的一部分

C．点D．圆锥曲线

二、填空题

4．二次函数的图像过点（0,1），对称轴为x＝2，最小值为－1，则它的解析式为____________．

5．若函数y＝mx2＋x＋5在[－2，＋∞）上是增函数，则m的取值范围是__________．

6．若函数f（x）＝ax＋b（a≠0）的一个零点是1，则函数g（x）＝bx2－ax的零点是________．

三、解答题

7．是否存在实数a，使函数f（x）＝x2－2ax＋a的定义域为[－1,1]时，值域为[－2,2]？

若存在，求a的值；

若不存在，说明理由．

8．已知二次函数f（x）＝ax2＋bx（a，b为常数，且a≠0），满足条件f（1＋x）＝f（1－x），且方程f（x）＝x有等根．

（2）是否存在实数m、n（m<

n），使f（x）的定义域和值域分别为[m，n]和[3m,3n]，如果存在，求出m、n的值，如果不存在，说明理由．

B组　专项能力提升题组

1．设二次函数f（x）＝ax2－2ax＋c在区间[0,1]上单调递减，且f（m）≤f（0），则实数m的取值范围是（　　）

A．（－∞，0]B．[2，＋∞）

C．（－∞，0]∪[2，＋∞）D．[0,2]

2．已知函数f（x）＝2mx2－2（4－m）x＋1，g（x）＝mx，若对于任一实数x，f（x）与g（x）的值至少有一个为正数，则实数m的取值范围是（　　）

A．（0,2）B．（0,8）

C．（2,8）D．（－∞，0）

3．函数f（x）＝－x2＋（2a－1）|x|＋1的定义域被分成了四个不同的单调区间，则实数a的取值范围是（　　）

A．a>

B.

C．a>

D．a<

4．方程x2－mx＋1＝0的两根为α，β，且α>

0，1<

β<

2，则实数m的取值范围是________.

5．若方程x2－11x＋30＋a＝0的两根均大于5，则实数a的取值范围是________．

6．已知f（x）＝ax2＋bx＋3a＋b是偶函数，且其定义域为[a－1,2a]，则y＝f（x）的值域____________．

7．已知函数f（x）的自变量的取值区间为A，若其值域也为A，则称区间A为f（x）的保值区间．函数f（x）＝x2形如[n，＋∞）（n∈（0，＋∞））的保值区间是__________．

8．已知关于x的二次函数f（x）＝x2＋（2t－1）x＋1－2t.

（1）求证：

对于任意t∈R，方程f（x）＝1必有实数根；

（2）若

t<

，求证：

方程f（x）＝0在区间（－1,0）及

上各有一个实根．

答案

要点梳理

1．

（2）①ax2＋bx＋c（a≠0）　②a（x－m）2＋n（a≠0）　③a（x－x1）（x－x2）（a≠0）

基础自测

1．2　2.[1,2]　3.6

4．（－∞，－2]　5.B

题型分类·

深度剖析

　解　方法一　设f（x）＝ax2＋bx＋c（a≠0），依题意有

解之，得

∴所求二次函数为y＝－4x2＋4x＋7.

方法二　设f（x）＝a（x－m）2＋n，a≠0.

∵f

（2）＝f（－1），

∴抛物线对称轴为x＝

∴m＝

又根据题意函数有最大值为n＝8，

∴y＝f（x）＝a

2＋8.

∵f

（2）＝－1，∴a

2＋8＝－1，

解之，得a＝－4.

∴f（x）＝－4

2＋8

＝－4x2＋4x＋7.

方法三　依题意知：

f（x）＋1＝0的两根为

x1＝2，x2＝－1，故可设f（x）＋1＝a（x－2）·

（x＋1），a≠0.即f（x）＝ax2－ax－2a－1.又函数有最大值ymax＝8，

即

＝8，

解之，得a＝－4或a＝0（舍去）．

∴函数解析式为f（x）＝－4x2＋4x＋7.

变式训练1　解　

（1）设顶点为P（3,4）且过点A（2,2）的抛物线的方程为y＝a（x－3）2＋4，将（2,2）代入可得a＝－2，

∴y＝－2（x－3）2＋4，

即x>

2时，f（x）＝－2x2＋12x－14.

当x<

－2时，即－x>

2.

又f（x）为偶函数，f（x）＝f（－x）＝－2×

（－x）2－12x－14，

即f（x）＝－2x2－12x－14.

∴函数f（x）在（－∞，－2）上的解析式为

f（x）＝－2x2－12x－14.

（2）函数f（x）的图像如图：

（3）由图像可知，函数f（x）的值域为（－∞，4]．

　解　

（1）当a＝－2时，f（x）＝x2－4x＋3＝（x－2）2－1，由于x∈[－4,6]，

∴f（x）在[－4,2]上单调递减，在[2,6]上单调递增，∴f（x）的最小值是f

（2）＝－1，

又f（－4）＝35，f（6）＝15，故f（x）的最大值是35.

（2）由于函数f（x）的图像开口向上，对称轴是x＝－a，所以要使f（x）在[－4,6]上是单调函数，应有－a≤－4或－a≥6，即a≤－6或a≥4.

（3）当a＝1时，f（x）＝x2＋2x＋3，

∴f（|x|）＝x2＋2|x|＋3，

此时定义域为x∈[－6,6]，

且f（x）＝

∴f（|x|）的单调递增区间是（0,6]，

单调递减区间是[－6,0]．

变式训练2　解　f（x）＝－4

2－4a，对称轴为x＝

，顶点为

①当

≥1，即a≥2时，f（x）在区间[0,1]上递增．

∴ymax＝f

（1）＝－4－a2.令－4－a2＝－5，

∴a＝±

1<

2（舍去）．

②当0<

1，即0<

2时，

ymax＝f

＝－4a，令－4a＝－5，

∴a＝

∈（0,2）．

③当

≤0，即a≤0时，f（x）在区间[0,1]上递减，此时f（x）max＝f（0）＝－4a－a2.

令－4a－a2＝－5，即a2＋4a－5＝0，

∴a＝－5或a＝1（舍去）．

综上所述，a＝

或a＝－5.

　解　

（1）由f（0）＝1得，c＝1.

∴f（x）＝ax2＋bx＋1.

又f（x＋1）－f（x）＝2x，

∴a（x＋1）2＋b（x＋1）＋1－（ax2＋bx＋1）＝2x，即2ax＋a＋b＝2x，

∴

因此，f（x）＝x2－x＋1.

（2）f（x）>

2x＋m等价于x2－x＋1>

2x＋m，即x2－3x＋1－m>

0，要使此不等式在[－1,1]上恒成立，只需使函数g（x）＝x2－3x＋1－m在[－1,1]上的最小值大于0即可．

∵g（x）＝x2－3x＋1－m在[－1,1]上单调递减，∴g（x）min＝g

（1）＝－m－1，由－m－1>

0得，m<

－1.

因此满足条件的实数m的取值范围是

（－∞，－1）．

变式训练3　解　

（1）∵f（x）＝x2＋mx＋n，

∴f（－1＋x）＝（－1＋x）2＋m（－1＋x）＋n

＝x2－2x＋1＋mx＋n－m

＝x2＋（m－2）x＋n－m＋1

f（－1－x）＝（－1－x）2＋m（－1－x）＋n

＝x2＋2x＋1－mx－m＋n

＝x2＋（2－m）x＋n－m＋1

又f（－1＋x）＝f（－1－x），

∴m－2＝2－m，即m＝2.

又f（x）的图像过点（1,3），

∴3＝12＋m＋n，即m＋n＝2，

∴n＝0，∴f（x）＝x2＋2x，

又y＝g（x）与y＝f（x）的图像关于原点对称，∴－g（x）＝（－x）2＋2×

（－x），

∴g（x）＝－x2＋2x.

（2）∵F（x）＝g（x）－λf（x）

＝－（1＋λ）x2＋（2－2λ）x，

当λ＋1≠0时，F（x）的对称轴为x＝

，又∵F（x）在（－1,1]上是增函数．

或

∴λ<

－1或－1<

λ≤0.

当λ＋1＝0，即λ＝－1时，F（x）＝4x显然在（－1,1]上是增函数．

综上所述，λ的取值范围为（－∞，0]．

A组

1．D　2.A　3.B　4.y＝

（x－2）2－1

5．0≤m≤

　6.0或－1

7．解　f（x）＝（x－a）2＋a－a2.

当a<

－1时，f（x）在[－1,1]上为增函数，

⇒a＝－1（舍去）；

当－1≤a≤0时，

⇒a＝－1；

当0<

a≤1时，

⇒a不存在；

当a>

1时，f（x）在[－1,1]上为减函数，

⇒a不存在．

综上可得a＝－1.

8．解　

（1）∵f（x）满足f（1＋x）＝f（1－x），

∴f（x）的图像关于直线x＝1对称．

而二次函数f（x）的对称轴为x＝－

∴－

＝1.①

又f（x）＝x有等根，即ax2＋（b－1）x＝0有等根，∴Δ＝（b－1）2＝0.②

由①②得b＝1，a＝－

∴f（x）＝－

x2＋x.

（2）∵f（x）＝－

x2＋x

＝－

（x－1）2＋

≤

如果存在满足要求的m，n，则必需3n≤

，∴n≤

从而m<

n≤

1，而x≤1，f（x）单调递增，∴

可解得m＝－4，n＝0满足要求．

∴存在m＝－4，n＝0满足要求．

B组

1．D　2.B　3.C　4.

5．0<

a≤

　6.

　7.[1，＋∞）

8．证明　

（1）由于f（x）＝x2＋（2t－1）x＋1－2t.

∴f（x）＝1⇔（x＋2t）（x－1）＝0，（*）

∴x＝1是方程（*）的根，即f

（1）＝1.

因此x＝1是f（x）＝1的实根，

即f（x）必有实根．

（2）当

时，f（－1）＝3－4t>

0.

f（0）＝1－2t＝2

f

＋

（2t－1）＋1－2t＝

－t>

0.又函数f（x）的图像连续不间断．

因此f（x）＝0在区间（－1,0）及