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2016高考数学总复习课时作业堂堂清函数2-6_图文

高三总复习

数学 (大纲版)

第六节

二次函数

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考 纲 要 求 考 试 热 点

1.掌握二次函数的图象和性质. 2.结合二次函数的图象,了解函数图象与 x轴的交点与方程根的联系,判断一元二次 方程根的存在性及根的个数. 1.二次函数开口方向、顶点、对称轴、单调 区间的划分等. 2.根据方程的系数,判断方程根的分布情 况;根据方程根的分布情况,列不等式(组) ,求有关参数的取值范围.

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1.二次函数的解析式的三种形式 f(x)=ax2+bx+c(a≠0) (1)一般式:

. (2)顶点式: f(x)=a(x-h)2+k(a≠0), (h,k)是顶点坐标 . 其中x1,x2分别是f(x)=0的两实根 .

(3)零点式(两根式):f(x)=a(x-x1)(x-x2),(a≠0),

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2.二次函数的图象与性质 二次函数y=ax2+bx+c=a(x+)2+(a≠0)的图象特 征:

(1)开口方向:a>0时,开口 向上 , a<0时,开口 向下 . (2)顶点、对称轴:顶点坐标是 对称轴方程是 .



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3.与坐标轴的交点 (1)与 y 轴的交点是(0,c). (2)当 Δ>0 时,与 x 轴两交点的横坐标 x1、x2,分别是方 程 ax2+bx+c=0 的两根. 当 Δ=0 时,与 x 轴切于一点 . 当 Δ<0 时,与 x 轴 不相交 .

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4.二次函数在闭区间上的最值问题 f(x)=a(x-h)2+k(a>0)在[m,n]上最值问题. (1)h∈[m,n]时,ymin= f(h)=k ; ymax=max{f(m),f(n)}. (2)h?[m,n]时, 当h<m时,f(x)在[m,n]上单调 递增 ,

,ymax= f(n) . 当h>n时,f(x)在[m,n]上单调 递减 ymin=
f(n) ,y = max f(m) .

f(m)

, ymin =

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1.若二次函数f(x)满足f(x+1)-f(x)=2x,且f(0)=1, 则f(x)的表达式为 ( )

A.f(x)=-x2-x-1
B.f(x)=-x2+x-1 C.f(x)=x2-x-1

D.f(x)=x2-x+1

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解析:设 f(x)=ax2+bx+c(a≠0),由 f(0)=1,得 c=1. ∴f(x)=ax2+bx+1,由 f(x+1)-f(x)=2x, ∴2ax+a+b=2x, ? 2 2 a = 2 , a + b = 0. ∴? ∴ a = 1 , b =- 1 , ∴ f ( x ) = x -x+1. ?
答案:D

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2.f(x)=x2-2ax-3在区间[1,2]上单调的充要条件是 ( A.a∈(-∞,1] B.a∈[2,+∞) C.a∈[1,2] D.a∈(-∞,1]∪[2,+∞) )

解析:∵f(x)在[1,2]上单调,f(x)对称轴为x=a,
由图形易知a≥2,或a≤1.反之亦成立. 答案:D

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3.如图 1,是二次函数 y=ax2+bx+c 的图象,则 |OA|· |OB|等于 ( ) c c A. B.- a a c C .± D.无法确定 a

图1

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c c 解析: ∵|OA|· |OB|=|OA· OB|=|x1· x2|=| |=- (a<0, c>0). 故 a a 选 B.

答案:B

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4.已知a,b为常数,若f(x)=x2+4x+3,f(ax+b)=x2 +10x+24,则5a-b=________. 解析:根据已知条件: (ax+b)2+4(ax+b)+3=x2+10x+24, 即a2x2+(2ab+4a)x+b2+4b+3=x2+10x+24.

答案:2

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2

5. 设函数 f(x)=ax +(2a-1)x+1 值为 3,求实数 a.

? 3 ? ? 在?-2,2? ?上的最大 ? ?

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1 解:①令 f(2)=3,即 4a+4a-2+1=3,得 a=2,此时 1 2 1 f(x)= x +1,可知 a= 适合题意. 2 2 ? 3? 9a 3 2 ? ? ②令 f -2 =3,即 4 -3a+2+1=3,得 a=-3,此时对 ? ? 7 2 称轴为 x=- ,开口向下,知 a=- 适合题意. 4 3 2 ?1-2a? 1 - 4 a + 4 a (2a-1)(1-2a) ? ? ③令 f? =3, 即 + +1=3, ? 4 a 2 a ? 2a ? ? 3 ? 1 得 a=- ,此时对称轴为 x=-2??- ,2?,不适合题意,(a 2 ? 2 ? 1 2 =0 时,显然不适合题意)故 a 的值为2或-3.

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[例1]

已知二次函数f(x)满足f(2)=-1,f(-1)=-1,

且f(x)最大值是8,求f(x).

[解] 解法1:设一般式令f(x)=ax2+bx+c,(a≠0)

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解法 2:利用二次函数的顶点式. 设 f(x)=a(x-m)2+n,因为 f(2)=f(-1),所以抛物线对称 2+(-1) 1 1 轴为 x= = .所以 m= ,又根据题意函数有最大值为 2 2 2 12 12 n=8, 所以 y=f(x)=a(x- ) +8.因为 f(2)=-1, 所以 a(2- ) 2 2 12 +8=-1.解之得 a=-4.所以 f(x)=-4(x- ) +8=-4x2+4x 2 +7.

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解法 3:利用两根式. 由已知 f(x)+1=0 的两根为 x1=2,x2=-1, 故可设 f(x)+1=a(x-2)(x+1),即 f(x)=ax2-ax-2a -1. 4a(-2a-1)-a2 又函数有最大值 ymax=8.即 =8, 4a 解之得 a=-4 或 a=0(舍),所以所求函数解析式为 f(x)=-4x2+4x+8-1=-4x2+4x+7.

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[ 拓展提升 ]

求二次函数的解析式,要根据问题的条

件,选取恰当的形式.

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已知二次函数f(x)=ax2+bx+c满足如下条件:①图象 过原点;② f( - x + 2002) = f(x - 2000) ;③方程 f(x) = x 有重

根.求f(x)的解析式.

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解:∵图象过原点,∴c=0. ∵f(-x+2002)=f(x-2000), ∴f(1+(2001-x))=f(1-(2001-x)), ∴f(1+x)=f(1-x), ∴二次函数 f(x)=ax2+bx 的对称轴为 x=1, b ∴- =1, 2a 又 f(x)=x 有重根. 即方程 ax2+(b-1)x=0 有重根, ∴Δ=(b-1)2=0,∴b-1=0,∴b=1 1 代入①得 a=- 2 1 2 ∴f(x)=- x +x(x∈R). 2

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[例2]

已知函数y=x2-2x+3,当x∈[t,t+1]时,求

函数的最大值和最小值.

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[解] y=x2-2x+3=(x-1)2+2,所以其图象是开口 向上且对称轴为 x=1 的抛物线. (1)当 t>1 时,ymax=f(t+1)=t2+2,ymin=f(t)=t2-2t +3; 1 (2)当 <t≤1 时,ymax=f(t+1)=t2+2,ymin=f(1)=2; 2 1 (3)当 0<t≤ 时,ymax=f(t)=t2-2t+3,ymin=f(1)=2; 2

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(4)当t≤0时,ymax=f(t)=t2-2t+3, ymin=f(t+1)=t2+2.

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[拓展提升 ]

(1)属于“轴变区间定 ”的问题,可看作

曲线从左向右移动的过程中,在区间内函数最值的变化. (2) 属于 “ 轴定区间变 ” 的问题,可看作动区间沿 x 轴 移动的过程中函数最值的变化,动区间在定轴的左、右侧 及包含定轴的变化,仍要注意开口方向及区间端点的情 况.

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求函数y=x2-2ax-1在[0,2]上的值域.

解:结合二次函数的图象,观察对称轴 x=a 与区间[0,2] 的位置关系,得 ①当 a<0 时, ymin=f(0)=-1,ymax=f(2)=3-4a, ∴y∈[-1,3-4a]; ②当 0≤a≤1 时, ymin=-(a2+1),ymax=f(2)=3-4a, ∴y∈[-(a2+1),3-4a];

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③当1<a≤2时, ymin=-(a2+1),ymax=f(0)=-1, ∴y∈[-(a2+1),-1]; ④当a>2时, ymin=f(2)=3-4a,ymax=f(0)=-1, ∴y∈[3-4a,-1].

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[例3]

(1)方程x2-2ax+4=0的两根均大于1,则实数

a的取值范围是________.

(2)方程x2-2ax+4=0的一根大于1,一根小于1,则实
数a的取值范围是________. (3) 方程 x2 - 2ax + 4 = 0 的一根在 (0,1) 内,另一个根在

(6,8)内,则实数a的取值范围是________.

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[解析]

(1)解法1:利用根与系数的关系,设方程x2-

2ax+4=0的两根为x1、x2,

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解法2:利用二次函数图象的特征,设f(x)=x2-2ax+4,

(2) 解法 1 :利用根与系数的关系,设方程 x2 - 2ax + 4 = 0 的两根为x1、x2,

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解法2:利用二次函数图象的特征,设f(x)=x2-2ax+4, 则f(1)<0,解之得a>.

(3)利用二次函数图象的特征,设f(x)=x2-2ax+4,

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[ 拓展提升 ]

不等式与函数有着千丝万缕的联系,通

过适当的转化,可以使问题的表述更接近于我们熟悉的知 识,从而得解.二次函数的实根分布问题是高考的一个热 点问题,判断二次函数的零点分布的关键在于作出二次函 数的图象的草图,根据草图通常从判别式、对称轴的位置、 特殊点的函数值这三个角度列出不等式组求解.

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已知方程 x2+(1+a)x+1+a+b=0 的两根为 x1、x2,并 b 且 0<x1<1<x2,则 的取值范围是 ( ) a 1 1 A.(-1,- ] B.(-1,- ) 2 2 1 1 C.(-2,- ] D.(-2,- ) 2 2

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解析:∵两根满足0<x1<1<x2,

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b 令 =k,则 b=ak.由 a+b+1>0,即 a+ak+1>0?k<-1 a 1 - . a 1 1 1 1 ∵a<-2? >- ,∴- < . 2 a a 2 1 1 1 ∴-1- <-1+ =- . 2 2 a 1 1 ∴k<-1- <- . 2 a 3 由 2a+b+3<0, 得 2a+ak+3<0?k>-2- >-2.故-2<k< a 1 -2.

答案:D

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[例 4] 已知 f(x)=ax2+2bx+4c(a,b,c∈R). 2 (1)若 a+c=0,f(x)在[-2,2]上的最大值为 ,最小 3 1 b 值为- ,求证:| |≤2; 2 a 3 (2)当 b=4,c= 时,对于给定的负数 a,有一个最 4 大的正数 M(a)使得 x∈[0,M(a)]时,都有|f(x)|≤5,问 a 为何值时,M(a)最大,并求出这个最大值 M(a).

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[证明] (1)若 a=0,则 c=0,∴f(x)=2bx,当 x∈ 2 1 [-2,2]时,有 f(x)max=4|b|= ,f(x)min=-4|b|=- , 3 2 这是不可能的,∴a≠0. b b 若| |>2,则区间[-2,2]在对称轴 x=- 的左侧或右 a a 2 侧, f(x)在[-2,2]上是单调函数, ∴f(x)max=4|b|= , f(x)min 3 1 =-4|b|=- 也是不可能的. 2 b 综上可得| |≤2. a

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3 42 2 解:(2)当 b=4,c= 时,f(x)=ax +8x+3=a(x+ ) +3 4 a 16 16 - .∵a<0,∴f(x)max=3- . a a

图2

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16 4 ①当 3- >5, 即-8<a<0 时(如图 2), 此时 0<M(a)<- , a a ∴M(a)是方程 ax2+8x+3=5 的较小根, -8+ 64+8a ∴M(a)= 2a 2 2 1 = < = . 16+2a+4 4 2

图3

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16 4 ②当 3- ≤5,即 a≤-8 时(如图 3),此时 M(a)>- , a a ∴M(a)是方程 ax2+8x+3=-5 的较大根, -8- 64-32a 4 4 ∴M(a) = = ≤ = 2a 20-2 4-2a-2 5+1 , 2 5+1 1 当且仅当 a=-8 时,等号成立.又 > ,∴当且 2 2 5+1 仅当 a=-8 时,M(a)取最大值 . 2

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[ 拓展提升 ]

本题主要考查二次函数的最值,一元二

次方程以及不等式的综合运用,题目新颖,对思维能力有 较高的要求.求二次函数在给定区间上的最值,在结合二 次函数的图象,分类讨论求最值时,可以模拟相对运动求 最值,一种是动对称轴,另一种是动区间,常用的方法是 动区间,其相对运动的模式需记忆.在解题过程中注重问

题的本质,在熟悉通性通法的同时,也要敢于打破思维定
势,换一个角度看待问题.

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a 设二次函数 f(x)=ax +bx+c(a,b,c∈R),且 f(1)=- , 2 a>2c>b. (1)判断 a,b 的符号. (2)证明:f(x)=0 至少有一个实根在区间(0,2)内. (3)求函数 y=f(x)的图象被 x 轴所截得的弦长的取值范围.
2

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a (1)解:∵f(1)=- ,∴3a+2b+2c=0,① 2 又 a>2c>b,∴3a+2b+2c>3b+2b+b=6b, 综合①得 a>0 且 b<0. 3 (2)证明:由①得 b=- a-c, 2 ∴f(0)=c,f(2)=4a+2b+c=a-c. 当 c≤0 时,∵a>0, a ∴f(1)=- <0 且 f(2)=a-c>0. 2 ∴f(x)=0 在区间(1,2)内至少有一个实根. a 当 c>0 时,∵a>0,∴f(0)=c>0,且 f(1)=-2<0. ∴f(x)=0 在区间(0,1)内至少有一个实根. 综上,f(x)=0 在区间(0,2)内至少有一个实数根.

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(3)解:由①得 2c=-3a-2b. ∵a>2c>b,a>-3a-2b>b. b b 又 a>0,∴1>-3-2·> , a a b ∴-2< <-1.② a 设方程 f(x)=0 的两根为 x1,x2,则 b c 3 b x1+x2=- ,x1x2= =-2- . a a a ∴|x1-x2|= (x1+x2)2-4x1x2 b = ( +2)2+2,由②得 2<|x1-x2|< 3. a 所以函数 y=f(x)的图象被 x 轴所截得的弦长的取值范围 是( 2, 3).

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1 . 求二次函数解析式一般用待定系数法;已知对称 轴或者顶点,设解析式为“顶点式”;已知对应方程的根, 设f(x)为“零点式”;其余可设为一般式. 2.对于函数f(x)=a(x-h)2+k(a>0),x∈[p,q]的最值问 题,最好用图象法,尤其是当“轴变区间定”和“轴定区 间变”时,这两种情况利用图象作参考找出讨论时分类的

标准.“轴定区间也定”这种情况解决起来也可以不利用
图象,若 h∈[p , q] ,则 x = h 时有最小值 k ,最大值是 f(p) 与 f(q) 中较大者;若 h?[p ,q],则 f(p) 与f(q) 中较小者为最小值,

较大者为最大值,即最值在区间的端点处取得.

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3 .对于 f(x)≥0 在区间 [p , q] 上恒成立问题,等价转换 成f(x)在[p,q]上的最小值问题,若f(x)中含有参数,则要求 对参数进行讨论,问题往往解决起来比较麻烦,可以化繁 为简. 4 .二次函数、方程、不等式的核心是二次函数的图 象,而图象中关键是研究开口方向和顶点位置.

5 .注意三类二次问题的相互联系和相互转化,能用
函数的思想去研究方程和不等式,这便抓住了问题的关 键.

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