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第二讲 二次函数综合问题

二次函数是中学代数的基本内容之一，它既简单又具有丰富的内涵和外延. 作为最基本的初等函数，< br>可以以它为素材来研究函数的单调性、奇偶性、最值等性质，还可建立起函数、方程、不等式之间的有机< br>联系；作为抛物线，可以联系其它平面曲线讨论相互之间关系. 这些纵横联系，使得围绕二次函数可以
编制出层出不穷、灵活多变的数学问题. 同时，有关二次函数的内容又与近、现代数学发展紧密联系，
是学生进入高校继续深造的重要知识基础. 因此，从这个意义上说，有关二次函数的问题在高考中频繁出
现，也就不足为奇了.
学习二次函数，可以从两个方面入手：一是解析式，二是图像特征. 从解析式出发，可以进行纯粹的
代 数推理，这种代数推理、论证的能力反映出一个人的基本数学素养；从图像特征出发，可以实现数与形
的 自然结合，这正是中学数学中一种非常重要的思想方法. 本文将从这两个方面研究涉及二次函数的一些
综合问题.
1. 代数推理
由于二 次函数的解析式简捷明了，易于变形（一般式、顶点式、零点式等），所以，在解决二次函数
的问题时， 常常借助其解析式，通过纯代数推理，进而导出二次函数的有关性质.
1.1 二次函数的一般式
yax
2
bxc
(c0)
中有三个参数
a,b,c
. 解题的关键在于：通过三个
独立条件“确定”这三个参数.
例1 已知f(x)ax
2
bx
，满足1
f(1)2
且
2f(1)4
，求
f(2)
的取值范围.
分析：本题中，所给条件并 不足以确定参数
a,b
的值，但应该注意到：所要求的结论不是
f

2

的确
定值，而是与条件相对应的“取值范围”，因此，我们可以把1
 f(1)2
和
2f(1)4
当成两个独立
条件，先用
f
1

和
f

1

来表示
a,b
.
解：由
f

1

ab
，
f

1

ab
可解得：
a
1< br>2
(f(1)f(1)),
2
b
1
2
(f(1 )f(1))
（*）
将以上二式代入
f(x)axbx
，并整理得

x
2
x

x
2
x


< br>f

x

f

1



2

f(1)

2

,

∴
f

2

f

1

3f

1

.
又∵
2f(1)4
，
1f(1)2
,
∴
5f

2

10
.
2
例2 设< br>f

x

axbxc

a0
，若
f

0

1
，
f

1

1
，
f

－1

1
, 试 证明：对于任意
1x1
，有
f

x

5
4
.
分析：同上题，可以用
f

0
,f

1

,f

1

来表示a,b,c
.
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解：∵
f

1

abc,f

1
abc,f

0

c
,
∴
a< br>1
2
(f

1

f

1

2f

0

),b
1
2
(f(1 )f(1)),cf

0

,

x
2x

x
2
x


f

1


f

0

1x
2
. ∴
f

x

f

1



2

2



∴ 当
1x0
时，
f

x

f
< br>1


xx
2
2
xx
2
22
f

1


xx
2
2
2
f

0

1x
2

xx< br>2
1x

x
2
x

x
2< br>x




(1x
2
)


2

2


xx1
(x
1
2
)
2
2

5
4

5
4
.
当
0x1
时，
f
< br>x

f

1


xx
2
2
2
f

1


xx
2
2
2
f

0

1x

2

xx
2
2

xx
2
1x


x
2
x

x
2
x


(1x
2
)




2



2

xx1
5

(x).
244
1
2
2
5
综上，问题获证.
1.2 利用函数与方程根的关系，写出二次函数的零点式
ya

xx
1

xx
2

.

2
例３ 设二次函数
f

x

axbxc

a0< br>
，方程
f

x

x0
的两个根
x
1
,x
2
满足
0x
1
x
2

1
a
. 当
x

0,x
1
时，证明
xf

x

x
1
.
分 析：在已知方程
f

x

x0
两根的情况下，根据函数 与方程根的关系，可以写出函数
f

x

x
的
表 达式，从而得到函数
f(x)
的表达式.
证明：由题意可知
0xx
1
x
2

f(x)xa(xx
1
)(x x
2
)
.
1
a
,
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∴
a(xx
1
)(xx
2
)0
,
∴ 当
x

0,x
1

时，
f(x)x
.
又
f(x)x
1
a(xx
1
)(xx
2< br>)xx
1
(xx
1
)(axax
2
1)
,

xx
1
0,
∴
f(x)x
1
,
综上可知，所给问题获证.
例4已知关于x的二次方程x
2
+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的范围
且axax
2
11ax
2
0,

(2)若方程两根均在区间(0，1)内，求m的范围
命题意图 本题重点考查方程的根的分布问题
知识依托 解答本题的闪光点是熟知方程的根对于二次函数性质所具有的意义
错解分析用二次函数的性质对方程的根进行限制时，条件不严谨是解答本题的难点
技巧与方法 设出二次方程对应的函数，可画出相应的示意图，然后用函数性质加以限制
解 (1)条件说明抛物线 f(x)=x+2mx+2m+1与x轴的交点分别在区间(－1，0)和(1，2)内，画出示意图，
2
得

m

(0)2m10,

m
(1)20,



(1)4m20,

m

(2)6m50

m


1
2
1

,
2
5
6
-1< br>






f
f
f< br>f
R,


y
o
1
2
x
∴

5
6
m
1
2

(2)据抛物线与x轴交点落在区间(0，1)内，列不等式组
1

m,


f(0)0,
2



f(1)0,< br>
m
1
,




2
0,




m12或m1

0 m1


1m0.
y

2,
o
1
x

b

4acb

1.3 紧扣二次函数的顶点式
ya

x,
对称轴、最值、判别式显合力


2a

4a

2
2
例5 已知函数
f(x)2
z
a
2
x
。
（1）将< br>yf(x)
的图象向右平移两个单位，得到函数
yg(x)
，求函数
yg(x)
的解析式；
（2）函数
yh(x)
与函数
yg (x)
的图象关于直线
y1
对称，求函数
yh(x)
的解析式；
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（3）设
F(x)
1
a
f(x)h(x)
，已知
F(x)
的最小值是
m且
m2
a
2
x2
7
，求实数
a
的取值范围。
解：(1)
g

x

f

x2

2
x2
;

(2)设
yh
x

的图像上一点
P

x,y

， 点
P

x,y

关于
y1
的对称点为
Q

x,2y

，由点Q在
yg

x

的图像上，所以

2
x2

a
2
x2
2y
，
a
2
x2
于是
y22
x2
,

;
即
h

x

22
x2

1
a
2
x2
（3）
F(x)

11

x
( 4a1)
f(x)h(x)



22
. x
a
2

a4

4a
t
4a1
2
.
7
对
t0
恒成立. 即
4at4a4a1
t22
问题转化为：
4at
设
t2< br>x
，则
F(x)

故必有
4a
4a
t
2
7t

4a1

0
对
t0
恒成立. （*）
4a
4a
0
，则关 于
t
的二次函数
u(t)
4a
4a
4a
4a
t
2
4a
4a
0
.（否则，若
7t

4a1

开口向下，
当
t
充分大时，必有
u

t

0
；而当
4a
4a
0
时，显然不能保证（*）成立.），此时，由于二次函数
u(t)t
2
7t< br>
4a1

的对称轴
t
7
4a
8a< br>0
，所以，问题等价于

t
0
，即

4 a
0


4a
，

4a

74

4a1

0

4a

解之得：
1
2
a2
.
4a
4a
4a4a
4a1
t
此时，
0,4a10
，故
F(x )t2
在
t
4a(4a1)
4a
取得最小值
m 2
4a
4a


4a1

2
满足 条件.
2. 数形结合
二次函数
f(x)ax
2
bxc

a0

的图像为抛物线，具有许多优美的性质，如对称性、单调性、凹凸性等. 结合这些图像特征解决有关二次函数的问题，可以化难为易.，形象直观.
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2.1 二次函数的图像关于直线
x
称性.
b
2a
对称， 特别关系
x
1
x
2

b
a
也反映了二次函数的 一种对
例6 设二次函数
f

x

ax
2bxc

a0

，方程
f

x

x0
的两个根
x
1
,x
2
满足
0 x
1
x
2

1
a
. 且函数
f

x

的图像关于直线
xx
0
对称，证明：
x
0

x
1
2
.
解：由题意
f

x

xax
2
(b1)xc
.
由方 程
f

x

x0
的两个根
x
1
,x
2
满足
0x
1
x
2

0x< br>1

b1
2a
x
2

1
a< br>,
且

b1
2a
1
a

x< br>1
x
2

b1
2a
b1
2a1
a
, 可得
,
∴
b
a
b1
2a
x
1
x
2

b1
2a
x< br>1
2
，
即
x
1
，故
x
0

.
2.2 二次函数
f(x)
的图像具有连续性，且由于二次方程至多有两个实数根. 所以存在实数m,n
使得
mn
且
f(m)f(n)0

在区间< br>
m,n

上，必存在
f(x)0
的唯一的实数根.
例7 已知二次函数
f(x)ax
2
bx1
x
2
. (a,bR,a0)
，设方程
f(x)x
的两个实数根为
x
1
和
（1）如果
x
1
2x
2
4
， 设函数
f(x)
的对称轴为
xx
0
，求证：
x
0
1
；
（2）如果
x
1
2
，
x2
x
1
2
，求
b
的取值范围.
分析：条 件
x
1
2x
2
4
实际上给出了
f(x)x
的两个实数根所在的区间，因此可以考虑利用上
述图像特征去等价转化.
解：设< br>g(x)f(x)xax(b1)x1
，则
g(x)0
的二根为
x
1
和
x
2
.
（1）由
a0
及
x
1
2x
2
4
，可得

< br>g(2)0

g(4)0
2
，即


4 a2b10

16a4b30
，即
b3

330,


2a4a



b3

420,

2a4a

两式相加得
b
2a
1
，所以，
x
0
1
;
2
（2）由
(x
1
x
2
) (
b1
a
)
2
4
a
, 可得
2a1(b1)1
.
2
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又
x
1
x
2
1
a
0
，所以
x
1
,x
2
同号.


0x
1
2x
2

x
2
2x
1
0
∴
x
1
2
，x
2
x
1
2
等价于

或

,
22


2a1(b1)1

2a1 (b1)1

g(2)0

g(2)0


即

g(0)0
或

g(0)0

22
2a1(b1)12a1(b1)1


解之得
b
1
4
或
b
7
4
.
2.3 因为二次函数
f(x)ax
2
bxc

a0
在区间
(,
b
2a
]
和区间
[
b2a
,)
上分别单调，
所以函数
f

x

在闭区间上的最大值、最小值必在区间端点或顶点处取得；函数
f(x)
在闭区间上的 最大
值必在区间端点或顶点处取得.
例8 已知二次函数
f(x)ax
2
bxc
，当
1x1
时，有
1f(x)1
，求证：当
2x2
时，有
7f(x)7
.
分析：研 究
f(x)
的性质，最好能够得出其解析式，从这个意义上说，应该尽量用已知条件来表达参< br>数
a,b,c
. 确定三个参数，只需三个独立条件，本题可以考虑
f(1)< br>，
f(1)
，
f(0)
，这样做的好处有两
个：一是
a,b,c
的表达较为简洁，二是由于
1和0
正好是所给条件的区间端点和中点， 这样做能够较好地
利用条件来达到控制二次函数范围的目的.
要考虑
f

x

在区间

7,7

上函数值的取值范围，只 需考虑其最大值，也即考虑
f

x

在区间端点和
顶点处的 函数值.
解：由题意知：
f(1)abc,f(0)c,f(1)abc
，
∴
a
1
2
(f(1)f(1)2f(0)),b
1
2
(f(1)f(1)),cf(0)
，

x
2
x

x
2
x


f(1)< br>
f(0)1x
2
. ∴
f(x)axbxc
f(1)


2

2


2< br>
由
1x1
时，有
1f(x)1
，可得 f(1)1,f

1

1,f

0
< br>1
.
∴
f(2)3f

1

f

1

3f

0

3f

1

f(1)3f(0)7
,
f(2)f

1

3f

1

3f

0

f

1

3f(1)3f(0)7
.
（1）若

b
2a


2,2
，则
f

x

在

2,2

上单调，故当
x

2,2

时，
f(x)
max
max(f(2),f(2))

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∴ 此时问题获证.
（2）若

b
2a


2,2

，则当
x
< br>2,2

时，
f(x)
max
b

max(f(2),f(2),f



)

2a
bbbbf(1)f(1)11

b

又
f

cf

0

1227
，

c
2a4a2a22a44

2
∴ 此时问题获证.
综上可知：当
2x2
时，有
7f(x)7
.

巩固练习
2
1 若不等式(a－2)x+2(a－2)x－4<0对一切x∈R恒成立，则a的取值范围是( )
A(－∞,2
]
B
[
－2,2
]
C(－2,2
]
D(－∞,－2)
2 设二次函数f(x)=x－x+a(a>0),若f(m)<0,则f(m－1)的值为( )
A正数 B负数 C非负数 D正数、负数和零都有可能
2
3 已知二次函 数f(x)=4x－2(p－2)x－2p－p+1,若在区间［－1，1］内至少存在一个实数c,使f(c) >0,
则实数p的取值范围是_________
22
4 二次函数f(x)的二次 项系数为正，且对任意实数x恒有f(2+x)=f(2－x),若f(1－2x
2
)2
),则x
的取值范围是_________
参考答案
1 解析 当a－2=0即a=2时,不等式为－4＜0,恒成立∴a=2,当a－2≠0时，则a满足


a20

0
,解得
－2＜a＜2,所 以a的范围是－2＜a≤2
答案 C
2解析∵f(x)=x－x+a的对称轴为x=
2
1
2
,且f(1)>0,则f(0)>0,而f(m)＜0,∴m∈(0,1), ∴m－1＜0,∴f(m－
1)>0
答案A
3 解析 只需f(1)=－2p2
－3p+9>0或f(－1)=－2p
2
+p+1>0即－3＜p＜
3
2
或－
1
2
＜p＜1∴p∈(－3,
3
2
)
答案 (－3，
3
2
）
4 解析 由f(2+x)=f(2－x)知x=2为对称轴，由于距对称轴较近的点的纵坐标较小，
∴|1－2x
2
－2|＜|1+2x－x
2
－2|,∴－2＜x＜0
答案－2＜x＜0

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