2011届高考数学二次函数复习

二次函数高三备课组一．基础知识1．二次函数的解析式的三种形式(1)一般式：f(x)=ax2+bx+c(a≠0)(2)顶点式（配方式）：f(x)=a(x-h)2+k其中(h,k)是抛物线的顶点坐标。(3)两根式（因式分解）：f(x)=a(x-x1)(x-x2),其中x1,x2是抛物线与x轴两交点的坐标。2．二次函数f(x)=ax2+bx+c(a≠0)的图象是一条抛物线，对称轴，顶点坐标abx2)44,2(2abacab（1）a0时，抛物线开口向上，函数在上单调递减，在上单调递增,时，（2）a0时，抛物线开口向下，函数在上单调递增，在上单调递减，时，]2,(ab),2[ababx2abacxf44)(2min]2,(ab),2[ababx2abacxf44)(2max3．二次函数f(x)=ax2+bx+c(a≠0)当时图象与x轴有两个交点M1(x1,0),M2(x2,0)042acbaxxxxxxMM2122121214)(4．二次函数与一元二次方程、一元二次不等式的关系二．重点、难点1．二次函数的图象与性质、二次函数、二次方程与二次不等式的关系是重点，2．二次函数最值问题、一元二次方程根的分布及二次函数的图象性质灵活应用是难点。三．题型剖析1．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。练习：已知二次函数f(x)=ax2+bx+c满足下列条件：(1)图象过原点(2)f(-x+2002)=f(x-2000)(3)方程f(x)=x有重根。变式：书P21例22．二次函数在区间上的最值问题练习:已知y=f(x)=x2-2x+3,当x∈[t,t+1]时，求函数的最大值和最小值。例2.书P21例1变式:已知函数f(x)=-x2+2ax+1-a在0≤x≤1时有最大值2，求a的值。3．一元二次方程根的分布及取值范围练习:方程在（-1，1）上有实根，求k的取值范围。kxx232变式:已知关于x的二次方程x2+2mx+2m+1=0(1)若方程有两根，其中一根在区间（-1，0）内，另一根在区间（1，2）内，求m的取值范围。(2)若方程两根在区间（0，1）内，求m的范围。例3.书P21例3小结1二次函数f(x)=ax2+bx+c(a≠0)的图象形状、对称轴、开口方向等是处理二次函数问题的重要依据。2．二次函数在闭区间上，必有最大值和最小值，当含有参数时，须对参数分区间讨论。3．二次方程根的分布问题，可借助二次函数图象列不等式组求解。4．三个二次问题（二次函数、二次方程、二次不等式）是中学数学中基础问题，以函数为核心，三者密切相连。作业：优化设计4．利用二次函数解数学应用问题备例4:某租赁公司拥有汽车100辆，当每辆车的月租金为3000元时，可全部租出，当每辆车的月租金每增加50元时，未租的车将会增加一辆，租出的车每辆需要维护费150元，未租的车每辆每月需要维护费50元，（1）当每辆车的月租金定为3600元时，能租出多少辆车？（2）当每辆车的月租金定为多少时，租赁公司的月收益最大？最大月收益是多少？要点梳理1.二次函数解析式的三种形式(1)一般式：f（x）=.(2)顶点式：f(x)=.(3)零点式：f(x)=.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.§2.5二次函数基础知识自主学习ax2+bx+c(a≠0)a(x-m)2+n(a≠0)a(x-x1)(x-x2)(a≠0)①已知三个点的坐标时，宜用一般式.②已知抛物线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已知抛物线与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.2.二次函数的图象和性质图象函数性质a＞0定义域x∈R（个别题目有限制的，由解析式确定）值域a0a0奇偶性b=0时为偶函数，b≠0时既非奇函数也非偶函数),44[2abacy]44,(2abacya＜0单调性a0a0图象特点,]2,(时递减abx时递增),2[abx,]2,(时递增abx时递减),2[abx)44,2(:②;2:①2abacababx顶点对称轴3.二次函数f(x)=ax2+bx+c(a≠0),当Δ=b2-4ac0时，图象与x轴有两个交点M1(x1，0)、M2(x2，0)，4.三个二次（二次函数、一元二次方程、一元二次不等式）.在高考中三个二次不仅是各种问题转化的最后的落脚点，而且单纯的三个二次问题间的相互转化有时技巧性也会很强..||||||2121axxMM基础自测1.函数y=x2+bx+c（x∈［0，+∞））是单调函数的充要条件是（）A.b≥0B.b≤0C.b＞0D.b＜0解析∴b≥0.故选A.02bxA2.方程a2x2+ax-2=0(|x|≤1)有解，则（）A.|a|≥1B.|a|2C.|a|≤1D.a∈R解析∵原方程可分解为(ax+2)(ax-1)=0,∴ax=-2或ax=1,则有|a|≥2或|a|≥1.即|a|≥1.A3.一次函数y=ax+b与二次函数y=ax2+bx+c在同一坐标系中的图象大致是（）解析选项A中,一次函数的斜率a0,而二次函数开口向下，相互矛盾，排除A.同理排除D,y=ax2+bx+c的对称轴为当a0,b0时，∴排除B.当a0,b0时，故选C.,2abx,02abx.02abxC4.若函数f(x)=ax2+bx+c满足f(4)=f(1),那么（）A.f(2）f(3)B.f(3)f(2)C.f(3)=f(2)D.f(3)与f(2)的大小关系不能确定解析∵f(4)=f(1),∴选C.),2()3252()3(,25fffx对称轴为C5.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-1B.f(x)=-x2+x-1C.f(x)=x2-x-1D.f(x)=x2-x+1解析方法一由f(0)=1,可得f(x)=ax2+bx+1(a≠0)，用排除法可选D.方法二由f(0)=1,可得f(x)=ax2+bx+1(a≠0),故f(x+1)=a(x+1)2+b(x+1)+1.∴f(x+1)-f(x)=2ax+a+b,由已知：f(x+1)-f(x)=2x,即2ax+a+b=2x..1)(,11,0222xxxfbabaa答案D题型一二次函数的解析式的求法【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，求此二次函数的解析式.确定二次函数采用待定系数法，有三种形式，可根据条件灵活运用.题型分类深度剖析思维启迪解方法一设f(x)=ax2+bx+c(a≠0),依题意有∴所求二次函数为y=-4x2+4x+7.方法二设f(x)=a(x-m)2+n.∵f(2)=f(-1),∴抛物线对称轴为∴m=,7,4,4,,844,1,1242cbaabaccbacba得解之.212)1(2x.21又根据题意函数有最大值为n=8，∴y=f（x）=∵f（2）=-1，解之，得a=-4.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),即f(x)=ax2-ax-2a-1.又函数有最大值ymax=8,即.8)21(2xa,18)212(2a.7448)21(4)(22xxxxf,84)12(42aaaa解之，得a=-4或a=0(舍去）.∴函数解析式为f(x)=-4x2+4x+7.二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)两点式：f(x)=a(x-x1)(x-x2)(a≠0)具体用哪种形式，可根据具体情况而定.探究提高知能迁移1设二次函数f(x)满足f(x+2)=f(2-x)，且f（x）=0的两实数根平方和为10，图象过点(0,3),求f（x）的解析式.解设f(x)=ax2+bx+c(a≠0).由f(x+2)=f(2-x)知，该函数图象关于直线x=2对称,∴即b=-4a.①又∵图象过（0，3）点，∴c=3.②,22ab∴b2-2ac=10a2.③由①②③得a=1,b=-4,c=3.故f（x）=x2-4x+3.102)(2)(2212212221acabxxxxxx题型二二次函数的图象与性质【例2】已知函数在区间[0,1]上的最大值是2，求实数a的值.研究二次函数在给定区间上的最值问题，要讨论对称轴与给定区间的关系.解对称轴为2142aaxxy),2(41)2(22aaaxy.2ax思维启迪(1)当0≤≤1，即0≤a≤2时，得a=3或a=-2,与0≤a≤2矛盾.不合要求；(2)当0，即a0时，y在[0，1]上单调递减，有ymax=f(0)，f(0)=2(3)当1，即a2时，y在[0，1]上单调递增，有ymax=f(1),f(1)=2综上，得a=-6或a=2a,2)2(41),2(4122maxaaaay由.62214aa2a2a22141aa.310a.310探究提高(1)要注意抛物线的对称轴所在的位置对函数最值的影响.(2)解二次函数求最值问题，首先采用配方法，将二次函数化为y=a(x-m)2+n的形式，得顶点（m，n）或对称轴方程x=m，分三个类型：①顶点固定，区间固定；②顶点含参数，区间固定；③顶点固定，区间变动.知能迁移2已知函数f(x)=-x2+8x,求函数f(x)在区间[t,t+1]上的最大值h(t).解f（x）=-x2+8x=-(x-4)2+16①当t+14,即t3时，f(x)在[t,t+1]上单调递增.此时h(t)=f(t+1)=-(t+1)2+8(t+1)=-t2+6t+7；②当t≤4≤t+1,即3≤t≤4时，h(t)=f(4)=16；③当t4时，f(x)在[t,t+1]上单调递减.此时h(t)=f(t)=-t2+8t.综上可知.)4(8)43(16)3(76)(22tttttttth题型三二次函数的综合应用【例3】（14分）已知二次函数y=f(x)的图象与x轴交于A，B两点，且它在y轴上的截距为4,又对任意的x都有f(x+1)=f(1-x).（1）求二次函数的表达式；（2）若二次函数的图象都在直线l:y=x+c的下方，求c的取值范围.先根据性质特征：关于x=1对称，可设为顶点式再待定系数.,32||AB思维启迪解题示范解（1）方法一∵f（x+1）=f（1-x），∴y=f（x）的对称轴为x=1，［2分］又f(x)为二次函数，可设f(x)=a(x-1)2+k(a≠0),又当x=0时，y=4,∴a+k=4,得f(x)=a(x-1)2-a+4,令f(x)=0,得a(x-1)2=a-4.［6分］即f(x)=-2(x-1)2+6=-2x2+4x+4.［8分］.42||,41aaABaax.2,32||aAB方法二令二次函数y=f(x)的图象与x轴交于A（x1，0），B（x2，0），（x2x1）,∵f（x+1）=f（1-x），∴x1+x2=2，x2-x1=，得［3分］设二次函数又f(0)=4,则a=-2.即f(x)=-2(x-1)2+6=-2x2+4x+4.［8分］(2)由条件知-2x2+4x+4x+c在x∈R上恒成立.即2x2-3x-4+c0对x∈R恒成立.［12分］［14分］,32||AB32.31,3121xx)].31()][31([)(xxaxf,841,0)4(89cc得).