2013年高考数学(理科)一轮复习课件第10讲：一次函数、反比例函数及二次函数

考纲要求考纲研读1.会运用函数图象理解和研究函数的性质．2．结合二次函数的图象，了解函数的零点与方程根的联系，判断一元二次方程根的存在性及根的个数.一次函数、反比例函数及二次函数是最简单、最基础的函数，尤其二次函数是代数的基础，函数与方程、三角函数、导数、数列、不等式等最终都转化成二次函数或二次不等式解决，因此在备考时要予以重视.1．一次函数y＝kx＋b，当k0时，在实数集R上是增函数．当k0时，在实数集R上是减函数．kx时，在(－∞，0)，(0，＋∞)都是减函数，k0时，(－∞，0)，(0，＋∞)都是增函数．2．反比例函数y＝—定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，当k03．二次函数的解析式有三种形式(1)一般式：__________________________．(2)顶点式：___________________________，顶点_______．(3)两根式____________________________，x1，x2为二次函数图象与x轴两个交点的横坐标．4．二次函数的图象及其性质对于二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c＝ax＋b2a2＋4ac－b24a.(1)当a0时，f(x)的图象开口向上．顶点坐标为－b2a，4ac－b24a.对称轴为x＝－b2a.f(x)＝a(x－h)2＋k(a≠0)(h，k)f(x)＝a(x－x1)(x－x2)(a≠0)f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)f(x)在－∞，－b2a上减少，f(x)在－b2a，＋∞上增加．当x＝－b2a时，函数取得最小值4ac－b24a.(2)当a0时，f(x)的图象开口向下．顶点坐标为－b2a，4ac－b24a.对称轴为x＝－b2a.f(x)在－∞，－b2a上增加，f(x)在－b2a，＋∞上减少．当x＝－b2a时，函数取得最大值4ac－b24a.1．若一次函数y＝kx＋b在(－∞，＋∞)上是减函数，则点(k，)b)在直角坐标平面的(A．上半平面B．下半平面C．左半平面D．右半平面C2．函数f(x)＝2x2－6x＋1在区间[－1,1]上的最小值是()A．－9B．－72C．－3D．－13．已知：函数f(x)＝x2＋4(1－a)x＋1在[1，＋∞)上是增函数，则a的取值范围是_______.Ca≤324．将抛物线y＝2(x＋1)2－3向右平移1个单位，再向上平移2个单位，所得抛物线为__________，其顶点坐标为________．＋bx＋c在(－∞，0)上的单调性为_________．单调递增y＝2x2－1(0，－1)5．函数y＝ax和y＝bx在(0，＋∞)上都是减函数，则y＝ax2考点1二次函数的值域例1：根据函数单调性求下列函数的值域．(1)f(x)＝x2＋4x－1，x∈[－4，－3]；(2)f(x)＝－2x2－x＋4，x∈[－3，－1]；(3)f(x)＝2x2－4x－1，x∈(－1,3)；12(4)f(x)＝－—x2－x－1，x∈[－4,0]．解析：(1)f(x)＝x2＋4x－1＝(x＋2)2－5，在区间[－4，－3]上单调递减，则y∈[－4，－1]．(2)f(x)＝－2x2－x＋4＝－2x＋142＋338，f(x)在区间x∈[－3，－1]上单调递增，则y∈[－11,3]．(3)f(x)＝2x2－4x－1＝2(x－1)2－3，x∈(－1,3)，当x＝1时，f(x)取最小值－3，又f(－1)＝f(3)＝5，则y∈[－3,5)．求二次函数在某个区间的最值，最容易出现的错误就是直接代两头(将两端点代入)，当然这样做，有时答案也对，那是因为在该区间函数刚好单调，这纯属巧合．求二次函数在某个区间的最值，应该配方，找到对称轴和顶点，结合图形求解．(4)f(x)＝－12x2－x－1＝－12(x＋1)2－12，x∈[－4,0]，当x＝－1时，f(x)取最大值－12.又f(－4)＝－5，f(0)＝－1，则y∈－5，－12.【互动探究】1．若函数y＝x2－2x＋3在闭区间[0，m]上有最大值为3，最小值为2，则m的取值范围是________．解析：y＝(x＋1)2＋2是以直线x＝1为对称轴开口向上、其最小值为2的抛物线，又∵f(0)＝3，结合图象易得，2≥m≥1，∴m的取值范围是[1,2].[1,2]考点2含参数问题的讨论的值．例2：已知函数y＝－sin2x＋asinx－a4＋12的最大值为2，求a解析：令t＝sinx，则t∈[－1,1]．∴y＝－t－a22＋14(a2－a＋2)，对称轴为t＝a2，(1)当－1≤a2≤1，即－2≤a≤2时，ymax＝14(a2－a＋2)＝2，解得a＝－2或a＝3(舍去)．(2)当a21，即a2时，函数y＝－t－a22＋14(a2－a＋2)在[－1,1]单调递增，由ymax＝－12＋34a＝2，解得a＝103.(3)当a2－1，即a－2时，函数y＝－t－a22＋14(a2－a＋2)在[－1,1]单调递减，由ymax＝－54a－12＝2，得a＝－2(舍去)．综上可得，a的值为a＝－2或a＝103.“区间固定对称轴动”以及“对称轴固定区间动”是二次函数中分类讨论的最基本的两种题型，应引起足够的重视．本例中的二次函数是区间t∈[－1,1]固定，对称轴t＝a2在变化，因此要讨论对称轴相对于该区间的位置关系，即分－1≤a2≤1，a21及a2－1三种情况讨论．【互动探究】2．设非空集合S＝{x|m≤x≤l}满足：当x∈S时，有x2∈S.给出如下三个命题：①若m＝1，则S＝{1}；②若m＝－12，则14≤l≤1；③若l＝12，则－22≤m≤0.其中正确命题的个数是()A．0B．1C．2D．3解析：①若m＝1，则S＝{x|1≤x≤l}，l≥1，x2∈[1，l2]⊆[1，l]，l2≤l，∴0≤l≤1.∴l＝1.S＝{1}；②若m＝－12，则m2＝14，l≥14，S＝x－12≤x≤l，x2∈[0，l2]⊆－12，l，l2≤l，∴0≤l≤1，∴14≤l≤1；③若l＝12，则S＝xm≤x≤12，若m0，则x2∈m2，14，∵m2m，显然不合题意；若m≤0，∵m2≤12，∴－22≤m≤22，有－22≤m≤0.－22≤m≤0.答案：D考点3二次函数的综合应用(1)若f(－1)＝0且对任意实数x均有f(x)≥0成立，求F(x)的表达式；(2)在(1)的条件下，当x∈[－3,3]时，g(x)＝f(x)－kx是单调函数，求实数k的取值范围；(3)设m0，n0且m＋n0，a0且f(x)为偶函数，求证：F(m)＋F(n)0.例3：设函数f(x)＝ax2＋bx＋1(a，b为实数)，F(x)＝fxx0，－fxx0.解析：(1)∵f(－1)＝0，∴b＝a＋1.由f(x)≥0恒成立，知Δ＝b2－4a＝(a＋1)2－4a＝(a－1)2≤0，∴a＝1.∴b＝2.从而f(x)＝x2＋2x＋1.∴F(x)＝x＋12x0，－x＋12x0.(2)由(1)可知f(x)＝x2＋2x＋1，∴g(x)＝f(x)－kx＝x2＋(2－k)x＋1.由g(x)在[－3,3]上是单调函数，知：－2－k2≤－3或－2－k2≥3，解得k≤－4或k≥8.当x0时，－x0，F(－x)＝－f(－x)＝－f(x)＝－F(x)．当x0时，－x0，F(－x)＝f(－x)＝f(x)＝－F(x)．∴F(x)是奇函数且F(x)在(0，＋∞)上为增函数．由m0，n0，m＋n0，知m－n0，则F(m)F(－n)．∴F(m)－F(n)．即F(m)＋F(n)0.(3)∵f(x)是偶函数，∴f(－x)＝f(x)，得b＝0.而a0，∴f(x)＝ax2＋1在[0，＋∞)上为增函数．由F(x)＝fxx0，－fxx0知：【互动探究】3．已知函数f(x)＝－x2＋kx在[2,4]上是单调函数，则实数k的取值范围为_______________.k≤4或k≥8解析：函数f(x)＝－x2＋kx的图象是开口向下的抛物线，经过坐标原点，对称轴是x＝k2.∵已知函数在[2,4]上是单调函数，∴区间[2,4]应在直线x＝k2的左侧或右侧．即有k2≤2或k2≥4，解得k≤4或k≥8.思想与方法2．运用分类讨论的思想探讨二次函数的最值例题：已知二次函数f(x)＝x2－16x＋q＋3.(1)若函数在区间[－1,1]上存在零点，求实数q的取值范围；(2)问是否存在常数t(t≥0)，当x∈[t,10]时，f(x)的值域为区间D，且区间D的长度为12－t(视区间[a，b]的长度为b－a)．解析：(1)∵f(x)＝x2－16x＋q＋3的对称轴是x＝8，∴f(x)在区间[－1,1]上是减函数．函数在区间[－1,1]上存在零点，则必有：f1≤0，f－1≥0，即1－16＋q＋3≤0，1＋16＋q＋3≥0.∴－20≤q≤12.(2)∵0≤t10，f(x)在区间[0,8]上是减函数，在区间[8,10]上是增函数，且对称轴是x＝8.①当0≤t≤6时，在区间[t,10]上，f(t)最大，f(8)最小，∴f(t)－f(8)＝12－t，即t2－15t＋52＝0，②当6t≤8时，在区间[t,10]上，f(10)最大，f(8)最小，∴f(10)－f(8)＝12－t.解得t＝8.解得t＝15±172，∴t＝15－172.③当8t10时，在区间[t,10]上，f(10)最大，f(t)最小，∴f(10)－f(t)＝12－t.即t2－17t＋72＝0.解得t＝8,9，∴t＝9.综上可知，存在常数t＝，8,9满足条件．15－172“区间固定对称轴动”以及“对称轴固定区间动”是二次函数中分类讨论的最基本的两种题型，本例中的二次函数是对称轴x＝8固定，而区间[t,10]不固定，因此需要讨论该区间相对于对称轴的位置关系，即分0≤t≤6,6t≤8及8t10三种情况讨论．1．二次函数的解析式有三种形式：一般式、顶点式和两根式．根据已知条件灵活选用．2．二次函数的单调性只与对称轴和开口方向有关系，因此单调性的判断通常用数形结合法来判断．1．求二次函数在某个区间的最值，不能只代两端点，应结合图形(顶点)求解．2．与二次函数有关的不等式恒成立的问题要注意二次项系数为零的特殊情形．