2011年高考数学总复习精品课件(苏教版)：第三单元第一节 二次函数

第一节二次函数基础梳理一条抛物线向上最小2yabxca0xR2bxa24(,)24bacbaa1.二次函数的性质与图象(1)函数叫做二次函数,它的定义域是.(2)二次函数有如下性质：①函数的图象是,抛物线顶点的坐标是.抛物线的对称轴是;②当a0时,抛物线开口,函数在处取值.在区间上是减函数,在上是增函数;2bxa()2bfa,2ba,2ba③当a0时,抛物线开口,函数在处取值在区间上是增函数,在上是减函数向下最大()2bfa2bxa,2ba,2ba(0,c)④与y轴的交点是;⑤当Δ=-4ac0时,与x轴两交点的横坐标分别是方程的两根;当Δ=0时,与x轴切于一点;当Δ0时,与x轴;⑥当b≠0时,是非奇非偶函数;当b=0时,是;2b12,xx没有交点2axbxc0a0偶函数(,0)2ba⑦对于函数f(x),若对任意自变量x的值,都有f(a+x)=f(a-x),则f(x)的图象关于直线对称.x=a2.二次函数、一元二次方程、一元二次不等式三者之间的关系判别式Δ0Δ=0Δ0二次函数y=ax2+bx+c(a0)的图象一元二次方程的根有两相异实根x1,x2(x1x2)有两相等实数根x1=x2=没有实数根2b4ac2baax2+bx+c0(a0)的解集...ax2+bx+c0(a0)的解集...{x|x∈R}12x|xxxx或1x|xx12x|xxxmaxfm,fn(2)h∈[m,n]时,当hm时,f(x)在[m,n]上单调,..minymaxymaxy4.二次函数在闭区间上的最值问题在[m,n]上的最值问题.(1)h∈[m,n]时,.;2yfxaxhka0minykf(m)f(n)递增递减当hn时,f(x)在[m,n]上单调,..minymaxyf(n)f(m)题型一二次函数图象和性质的应用【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,试确定此二次函数的解析式.分析由题目条件知二次函数过(2,-1),(-1,-1)两点,且知其最大值,所以可应用一般式、顶点式或两根式解题.解方法一:利用二次函数一般式.设f(x)=2axbxca0由题意得24a2bc-1,a-4,a-bc-1,b4,c7,4ac-b8,4a解得∴所求二次函数为2y4x4x7方法二:利用二次函数顶点式.设f(x)=a(x-m)2+n(a≠0).∵f(2)=f(-1),∴抛物线对称轴为∴又根据题意,函数有最大值f(x)max=8,212(-1)2x21m22221f(x)a(x-)8.21f(2)-1,a(2-)8-1a-4.21f(x)-4(x-)8-4x4x7.2解得方法三:利用两根式.由已知f(x)+1=0的两根为,故可设f(x)+1=a(x-2)(x+1)(a≠0),即.又函数有最大值f(x)max=8,即解得a=-4，或a=0(舍去).故所求函数解析式为.12x2,x12fxaxax2a12fx4x4x7学后反思求二次函数的解析式的关键是求待定系数的值.由题目的条件,合理地选择二次函数解析式的表达形式,最简单地求出解析式是关键.举一反三1.右图是一个二次函数的图像（1）写出这个二次函数的零点；（2）求这个二次函数的解析式；（3）当实数k在和范围内变化时，g(x)=f(x)-kx在区间上是单调函数22，解析：（1）由图可知二次函数的零点为-3，1.（2）设二次函数为y=a(x+3)(x-1)，由点（-1，4）在函数上，得a=-1，则y=-(x+3)(x-1)=223xx(3)g(x)=开口向下，对称轴为当，即k≥2时，g(x)在上单调递减当,即k≤-6时，g(x)在上单调递增综上所述，当k≤-6或k≥2时，g(x)在区间上是单调函数2223(2)3,xxkxxkx22kx222k2,2222k2,22,2题型二轴定区间动【例2】已知，若f(x)的最小值为h(t)，写出h(t)的表达式2()35,,1fxxxxtt分析在对称轴确定的情况下，对区间进行分析,1tt解二次函数的图像的对称轴(1)当（2）当32x2351,()(1)5122tthtfttt即353222tt+1即-t-329()()24htf23(3)()()352thtfttt即∴25512ttt，2953,422t2335,2ttt学后反思二次函数在区间上求最值的方法可分为情况讨论：(1)若，则最小值为，最大值为中较大者(m,n中与距离较远的一个为最大值).(2)若，当时，f(x)在上是单调增函数，则最小值为f(m)，最大值为f(n);当时，f(x)在上是单调递减函数，则最小值f(n)，最大值f(m)。2(0)yaxbxca,mn0,xmn204()4acbfxac(),()fmfn2ba0,xmn2bma,mn,mn2bna举一反三2.已知函数y=(2m-1)x+1-3m，m为何值时，（1）这个函数为一次函数？（2）函数值y随x的增大而减小？（3）这个函数图像与直线y=x+1的图像交点在x轴上?解析:二次函数图像的对称轴为(1)当时，即，，（2）当，①当时，即②当时，即252,()()352thtfttt2()(1)51htfttt312t312tt32122t21322t2()()35htfttt32x52t(3)当时，∴h(t)=32t2()(1)51htfttt251tt，t-2235tt，t-2题型三轴动区间定【例3】已知函数在0≤x≤1时有最大值2,求a的值.2fxx2ax1a分析作出函数图象,因对称轴x=a位置不定,故分类讨论对称轴位置以确定f(x)在[0,1]上的单调情况.解当对称轴x=a0时,如图(1)所示.即当x=0时,y有最大值,所以1-a=2,即a=-1，且满足a0,所以a=-1时成立maxyf01a当0≤a≤1时,如图(2)所示.即当x=a时,y有最大值,222maxyfaa2a1aaa1,∴,解得∵0≤a≤1,∴舍去.2aa12251a251a当a1时,如图(3)所示.即当x=1时,y有最大值,maxyf12aa2∴a=2,且满足a1,∴当a=2时也成立.综上可知，a的值为-1或2.学后反思二次函数在区间[m,n]上求最值的方法:先判断是否在区间[m,n]内：(1)若则最小值为,最大值为f(m)、f(n)中较大者(m,n中与距离较远的一个为最大值）。2yaxbxca02ab-x00xm,n,4ab-4ac)f(x202ab-(2)若当m时,f(x)在[m,n]上是单调递增函数,则最小值为f(m),最大值为f(n);当n时,f(x)在[m,n]上是单调递减函数,则最小值为f(n),最大值为f(m).0xm,n,2ab-2ab-举一反三3.已知函数在0≤x≤1时有最小值2,求a的值.2fxx2ax1a解析由题意知函数的对称轴为x=a.当a0时,,不合题意;当0≤a≤1时,若0≤a≤,则,不合题意;minfxf1a2minfxf1a212若a≤1,则,则a=-1不合题意;minfxf01a221当a1时,f(x)min=f(0)=1-a=2,∴a=-1,不合题意.综上所述,不存在这样的实数a,使f(x)在0≤x≤1时有最小值2.题型四一元二次方程根的分布问题【例4】(14分)已知函数的图象与x轴的交点至少有一个在原点右侧,求实数m的取值范围2fxmxm3x1分析本题涉及二次方程根的分布问题,很容易联想到根与系数的关系,可根据韦达定理去解决.解(1)当m=0时,f(x)=-3x+1,直线与x轴的交点为,在原点右侧,符合题意.3′,0)31(……………………………………………(2)当m≠0时,因为f(0)=1,所以抛物线过点(0,1)……………………...5′若m0,f(x)的开口向下,如图(1)所示.二次函数图象与x轴的两个交点必然是一个在原点右侧,一个在原点左侧………………………………………………………7′若m0,f(x)的开口向上,如图(2)所示.要使交点在原点右侧,当且仅当`10................................................................0,m0,2mm-30,4m-3)-(m2解得综上所述,所求m的取值范围是(-∞,1]…………14′2..1..............................1.........m03m09,m1m即或学后反思(1)对于“二次”型函数,若的系数不确定,要分系数等于零与不等于零两种情况讨论.(2)对于二次方程根的分布,一般借助二次函数的图象比较容易解决.2x举一反三4.方程在x∈[-1,1]的范围内有实根,求实数k的取值范围.22x3xk解析设,对称轴为2fx2x3xk,43x(1)当方程f(x)=0在-1≤x≤1的范围内有两实根时,由图1可得-1.k89-0,k-1-0,k-50,8k90,f(1)0,f(-1)0,解得即(2)当方程f(x)=0在-1≤x≤1的范围内有且仅有一个实根时,由图2可得综上所述,方程在x∈［-1,1］的范围内有根时,k的取值范围是5k1-0,k-1-0,k-5,89-k0,f(1)0,f(-1)0,解得即]5,89[-易错分析【例】已知函数求函数f(x)的最大值和最小值.22fxx2ax3a1(a0,0x1)＞，22xa0,fx2a1错解∴函数f(x)的最小值为,最大值不存在.2222fxx2ax3a1xa2a122a1错解分析由就认为f(x)的最小值是，最大值不存在是不正确的.因为这里函数的定义域是[0,1],而且这里的二次函数f(x)图象的对称轴(x=a)的位置是不确定的.因此，应该讨论直线x=a相对于区间[0,1]的各种可能.22fxxa2a122a1正解由a＞0知，当a≥1时，由于f(x)在[0,1]上是减函数，故f(x)的最大值为，最小值为;当0＜a＜1时，f(x)的最小值为的最大值为f(0),f(1)中的较大者，若f(0)＜f(1),则解得a＜所以当0＜a＜时，f(x)的最大值为;当≤a＜1时，f(x)的最大值为.2222fxx2ax3a1xa2a1,2f03a12fa2a1,fx223a13a2a,＜21212f13a2a212f03a1考点演练10.(2008.浙江改编）已知t为常数，函数在区间上的最大值为2，求t的值。22yxxt0,3max32yt解析：①当-1-t0，即t-1时，则当x=1时，即t=1（与t-1矛盾）不合题意②当-1-t≤0，即t≥-1时，结合的图像若当x=1时，y取得最大值，又t≥-1可得t=1.若当x=3时，y取得最大值，解得t=1或t=5，已验证t=5时，不合题意，故t=122211.yx