建设工程施工合同示范文本-小话剧

微专题17 二次函数、二次方程、二次不等式问题

真 题 感 悟
(1)(2019·天津卷)设x∈R，使不等式3x
2
＋x－2<0成立的x的 取值范围为
________．
(2)(2019·江苏卷)函数y＝7＋6x－x
2
的定义域是________．
2
解析 (1)3x
2
＋x－2<0变形为(x＋1)(3x－2)<0，解 得－13
，故使不等式成立的
2

x的取值范围为

－1，
3

.

(2)要使函数有意义，需7＋6x －x
2
≥0，即x
2
－6x－7≤0，即(x＋1)(x－7)≤0，解得－1≤x≤7.
故所求函数的定义域为[－1，7]．
2

答案 (1)

－1，
3

(2)[－1，7]

考 点 整 合
1.二次函数
(1)概念
含有一个未知数 ，且未知数的最高次幂为2，即形如y＝ax
2
＋bx＋c(a，b，c∈R，
且a≠ 0)的函数叫做二次函数，它的定义域为(－∞，＋∞).
(2)解析式的三种形式
①一般式：y＝ax
2
＋bx＋c(a≠0)；
②顶点式：y＝a(x－x
0
)
2
＋h(a≠0)；
③交点式：y＝a(x－x
1
)(x－x
2
)(a≠0).

(3)最值
二次函数f(x)＝ax
2
＋bx＋c(a≠0 )在闭区间[m，n]上一定有最值(最大值和最小值)：
b

b

①若－
2a
∈[m，n]，则f

－
2a

为函 数的一个最值，另一个最值为f(m)或f(n)；

b
②若－
2a∉[m，n]，则f(x)在[m，n]上为单调函数，f(m)和f(n)为函数的两个最值.
2.三个“二次”间的关系
判别式Δ＝b
2
－4ac
二次函数
y＝ax
2
＋bx＋c
(a＞0)的图象
一元二次方程
ax
2
＋bx＋c＝0
(a＞ 0)的根
ax
2
＋bx＋c＞0 (a
＞0)的解集
ax
2
＋bx＋c＜0(a＞
0)的解集

有两相异实根
x
1
，x
2
(x
1
＜x
2
)

有两相等实根
b
x
1
＝x
2
＝－
2a


b


x|x≠－


2a

Δ＞0 Δ＝0 Δ＜0

没有实数根
{x|x＜x
1
或x＞x
2
}
R
{x|x
1
＜x＜x
2
} ∅ ∅

热点一 二次函数的值域与最值问题
【例1】 (2018·武进高级中学调研)已知函数f(x)＝x
2
＋(2a－1)x－3.
(1)当a＝2，x∈[－2，3]时，求函数f(x)的值域；
(2)若函数f(x)在[－1，3]上的最大值为1，求实数a的值.
3
解 (1 )当a＝2时，f(x)＝x
2
＋3x－3，x∈[－2，3]，对称轴x＝－∈[－2，3] ，
2
21

3

21

－
所 以f(x)
min
＝f

2

＝－
4
，f (x)
max
＝f(3)＝15，所以函数f(x)的值域为

－
4
，15

.

(2)函数f(x)的对称轴为x＝－
①当－
2a－1
2
.
2a－1
1
≤1，即a≥－
22
时，f(x)
max
＝f(3)＝6a＋3，所以6a＋3＝1，

1
即a＝－
3
，满足题意；
②当－
2a－ 1
1
＞1，即a＜－
22
时，f(x)
max
＝f(－1) ＝－2a－1，所以－2a－1＝1，即
a＝－1，满足题意.
1
综上可知a＝－
3
或a＝－1.
探究提高 本题为二次函数在给 定区间的最值问题.对于二次函数在闭区间上的
最值要抓住：开口方向、对称轴与区间的相对位置，利用 分类讨论的思想求解.
本题由于函数图象开口向上，则函数在端点处取最大值，按对称轴与端点距离远< br>近分两种情况讨论即可.
【训练1】 已知二次函数f(x)＝ax
2
＋bx (a，b为常数，且a≠0)满足条件f(x－1)
＝f(3－x)，且方程f(x)＝2x有两等根.
(1)求f(x)的解析式；
(2)是否存在实数m，n(m＜n)，使f(x)的定义域和 值域分别为[m，n]和[4m，4n]？
如果存在，求出m，n的值；如果不存在，说明理由.
解 (1)因为方程f(x)＝2x有两等根，
即ax
2
＋(b－2)x＝ 0有两等根，所以Δ＝(b－2)
2
＝0，得b＝2.
b
由f(x－1)＝ f(3－x)知函数f(x)＝ax
2
＋bx图象的对称轴方程为x＝－
2a
＝1，得a
＝－1，故f(x)＝－x
2
＋2x.
(2)由f(x)＝－x
2
＋2x＝－(x－1)
2
＋1，知f(x)
max
＝1，
1
所以4n≤1，即n≤
4
＜1.
故f(x)在[m，n]上为增函数，

m＜n，

m＝－2，< br>所以

f（m）＝4m，
解得



n＝0 .

f（n）＝4n，
所以存在m＝－2，n＝0满足条件.
热点二 二次方程实数根的分布问题
【例2】 设m，k为整数，方程mx
2
－kx＋2＝0 在区间(0，1)内有两个不同的根，

则m＋k的最小值为________.
解析 设f(x)＝mx
2
－kx＋2，由f(0)＝2，易知f(x)的图象恒过定 点(0，2)，因此要
使已知方程在区间(0，1)内有两个不同的根，即f(x)的图象在区间(0， 1)内与x轴
有两个不同的交点，即由题意可以得到：
m＞0，k＞0，

m＞0，


f（1）＝m－k＋2＞0，

m－k＋2＞0，必有

即

在直角坐标系mOk中作出满足
k
2m－k ＞0，
0＜
2m
＜1，



k
－8m＞ 0.

Δ＝k
－8m＞0，
2
2
不等式组的平面区域，如图 (阴影部分)所示，设z＝m＋k，则直线m＋k－z＝0
经过图中的阴影中的整点(6，7)时，z＝ m＋k取得最小值，即z
min
＝13.

答案 13
探究提高 此题考查了二次函数与二次方程之间的联系，解答要注意几个关键
点：(1)将一元二次方程根的分布转 化为二次函数的图象与x轴的交点来处理；(2)
将根据不等式组求两个变量的最值问题处理为规划问题 ；(3)作出不等式组表示
的平面区域时注意各个不等式表示的公共区域；(4)不可忽视求得最优解是 整点.
【训练2】 (2019·姜堰模拟)已知关于x的方程x
2
＋(m－3)x＋m＝0.
(1)若 方程的一根在区间(－2，0)内，另一根在区间(0，4)内，求实数m的取值范
围；
(2)若方程的两个不相等的实数根都在区间(0，2)内，求实数m的取值范围.
解 (1)令f(x)＝x
2
＋(m－3)x＋m，


f（－2 ）＞0，

10－m＞0，
由题意可知

f（0）＜0，
即

m＜0，


f（4）＞0，

4＋5m＞0，
4

4

解得－＜m＜0，即m的取值范围为

－
5
，0

.
5



Δ＞0 ，
(2)由题意可知

f（0）＞0，


f（2）＞0，
m－3
0＜－
2
＜2，
2
m－3
0＜－
2
＜2，



（m－3）－4m＞0，
2
即

解得
3
＜m＜1，
m＞0，


4＋2（m －3）＋m＞0，

2

所以m的取值范围为

3
，1

.

热点三 二次不等式恒成立问题
【例3】 已知函数f(x)＝x
2
－2ax－1＋a，a∈R.
(1)若a＝2，试求函数y＝
f（x）
x
(x＞0)的最小值；
(2)∀x∈[0，2]，不等式f(x)≤a成立，试求a的取值范围.
f（x）x
2
－4x＋1
1
解 (1)依题意得y＝
x
＝＝x＋
xx
－4.
1
因为x＞0，所以x＋
x
≥2，
1
当且仅当x＝
x
，即x＝1时，等号成立.
所以y≥－2.
f（x）
所以当x＝1时，y＝
x
取最小值－2.
(2)因为f(x)－a＝x
2
－2ax－1，
所以要使“∀x∈[0，2]，不等式f(x)≤a成立”，
只要“x
2
－2ax－1≤0在[0，2]上恒成立”.
不妨设g(x)＝x
2
－2ax－1，

则只要g(x)≤0在[0，2]上恒成立即可，

g（0）≤0，

0－0－1≤0，
3
所以

即

解得a ≥
4
.

g（2）≤0，

4－4a－1≤0，

3

则a的取值范围是

4
，＋∞

.

探究提高 (1)解决恒成立问题可以利用分离参数法，一定要弄清楚谁是自变量，
谁是参数.一般地，知道谁的范围，谁就是自变量，求谁的范围，谁就是参数.
(2)对于一元二次 不等式恒成立问题，恒大于0就是相应的二次函数的图象在给
定的区间上全部在x轴上方，恒小于0就是 相应的二次函数的图象在给定的区间
上全部在x轴下方.
(3)解决不等式在给定区间上的恒 成立问题，可先求出相应函数在这个区间上的
最值，再转化为与最值有关的不等式问题.
【训练3】 已知函数f(x)＝x
2
－2ax＋2，当x∈[－1，＋∞)时，f( x)≥a恒成立，
求实数a的取值范围.
解 法一 因为f(x)可化为f(x)＝(x－a)
2
＋2－a
2
，
所以此二次函数图象的对称轴为x＝a.(下面讨论a与－1的关系)
①当a∈(－∞，－1)时，f(x)在[－1，＋∞)上单调递增，
所以f(x)
min
＝f(－1)＝2a＋3.
要使f(x)≥a恒成立，只需f(x)
min
≥a，
即2a＋3≥a，解得a≥－3，即－3≤a＜－1.
②当a∈[－1，＋∞)时，f(x)
min
＝f(a)＝2－a
2
.
要使f(x)≥a恒成立，只需f(x)
min
≥a，
即2－a
2
≥a，解得－2≤a≤1，即－1≤a≤1.
综上，实数a的取值范围为[－3，1].
x
2
＋2x
2
＋2
1

法二 ①当x∈

－1，－
2

时，原不等式可化为a≥恒成立，易知y＝

1＋2x1＋2x
1

在

－1，－
2
上单调递减，


（－1）
2
＋2

x
2
＋2


∴

＝＝－3，即a≥－ 3；
1＋2x

max
1＋2×（－1）
1
②当x＝－
2
时，原不等式恒成立，a∈R；
x
2
＋2

1

③当x∈

－
2
，＋∞

时，a≤恒成 立，

1＋2x
x
2
＋2

1

x
2
＋2


＝易知y＝在

－， 1

上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴

1＋2x
2


1＋2x

min
1＋2
＝1，即a≤ 1.
1＋2×1
综上，实数a的取值范围为[－3，1].
【新题感悟】 (20 19·南京高三模拟)已知定义在R上的函数f(x)满足：f(x)＝

x
2
＋2，x∈[0，1），
2x＋5

且f(x＋2)＝f(x)，g(x)＝，则方 程f(x)＝g(x)在区间
2
x＋2

2－x，x∈[－1，0），[－8，3]上的所有实根之和为________.
解析 由f(x＋2)＝f(x)可知函数f(x)周期为2，作出两函数图象如下：

观察图象可 知两图象在区间[－8，3]上有5个交点，其中一个横坐标为－3，另
外4个关于点(－2，2)对称 ，所以所有交点横坐标之和为－2×2×2＋(－3)＝
－11.故方程f(x)＝g(x)在区间[－8，3]上的所有实根之和为－11.
答案 －11

一、填空题
1.(必修1P37习题3改编)若关于x的方程x
2
＋mx＋1＝0有两个不相等的实数根，
则实数m的取值范围是________.
解析 由Δ＝m
2
－4＞0，得m∈(－∞，－2)∪(2，＋∞).

答案 (－∞，－2)∪(2，＋∞)
2.已知二次函数f(x)的最小值为 1，且f(0)＝f(4)＝3，则f(x)的解析式为________.
0＋4
解析 由 题意知，f(x)图象的对称轴为x＝
2
＝2，顶点坐标为(2，1).设函数f(x)
11
＝a(x－2)
2
＋1(a＞0)，则f(0)＝a×(－2)
2＋1＝3，解得a＝
2
，所以f(x)＝
2
(x－2)
2
＋1.
1
答案 f(x)＝
2
(x－2)
2
＋1 3.已知不等式ax
2
＋bx－1＜0的解集为{x|x＜3，或x＞4}，则a＋b的值 为________.
b
解析 由题知3和4是方程ax
2
＋bx－1＝0 的两个根，所以3＋4＝－
a
且3×4＝
1171761
－
a
，所以a＝－
12
，b＝
12
.故a＋b＝－
12
＋12
＝
12
＝
2
.
1
答案
2

4.已知函数y＝x
2
－4x＋6，x∈[1，4]，则此函数 的最大值为________.
解析 y＝(x－2)
2
＋2，x∈[1，4]，故当x＝4时，y
max
＝6.
答案 6

x
2
＋4x，x≥0，
2
5.已知函 数f(x)＝

若f(2－a)＞f(a)，则实数a的取值范围是
2
4x－ x，x＜0，

________.
解析 因为f(x)在R上单调递增，且f(2 －a
2
)＞f(a)，所以2－a
2
＞a，所以a∈
(－2，1).
答案 (－2，1)
6.已知函数f(x)＝ax
2＋bx＋1(a，b∈R且a≠0)，若f(－1)＝0，且函数f(x)的值域
为[0，＋∞)， 则f(x)的解析式为________.
解析 由题得f(－1)＝a－b＋1＝0.因为函数f( x)的值域为[0，＋∞)，所以a＞0
且Δ＝b
2
－4a＝0，所以a＝1，b＝2 ，所以f(x)＝x
2
＋2x＋1.
答案 f(x)＝x
2
＋2x＋1

7.(2019·镇江一模)已知f(x )是定义在R上的奇函数，当x＞0时，f(x)＝x
2
－4x，
则不等式f(x)＞ x的解集为________.
解析 若x＜0，则－x＞0，因为当x＞0时，f(x)＝x
2
－4x，所以当－x＞0时， f(－x)＝x
2
＋4x.因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(－x)＝x2
＋4x＝－f(x)，则
f(x)＝－x
2
－4x，x＜0.当x＞0 时，不等式f(x)＞x等价为x
2
－4x＞x，即x
2
－5x＞0，
得x＞5或x＜0，此时x＞5.当x＜0时，不等式f(x)＞x等价为－x
2
－4x＞x ，即
x
2
＋5x＜0，得－5＜x＜0.当x＝0时，不等式f(x)＞x等价为0＞ 0不成立.综上，
不等式的解集为{x|x＞5或－5＜x＜0}.
答案 (－5，0)∪(5，＋∞)
8.(2019·江苏冲刺卷)已知函数f(x)＝－x
2＋ax＋b
2
－b＋1(a，b∈R)对任意实数x
有f(1－x)＝f(1＋x )成立，若当x∈[－1，1]时，f(x)＞0恒成立，则b的取值范围
是________.
解析 由题知，函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，因此可得a＝2，从而f(x)
在区 间[－1，1]上单调递增.由题设条件得f(－1)＝－1－2＋b
2
－b＋1＞0，解得b
＜－1或b＞2.
答案 (－∞，－1)∪(2，＋∞)
二、解答题
9.(1)求函数y＝x
2
－2x＋5在区间[－1，2]上的最大值和最小值； < br>(2)已知函数f(x)＝x
2
＋ax＋3在区间[－1，1]上的最小值m为－3，求 实数a的值.
解 (1)y＝f(x)＝x
2
－2x＋5＝(x－1)
2
＋4，
因为1∈[－1，2]，所以y
min
＝f(1)＝4.
又因为f(－1)＝8，f(2)＝5，所以y
max
＝f(－1)＝8.
a
2
a

a

(2)f(x)＝

x＋< br>2

＋3－
4
，图象开口向上，对称轴为x＝－
2
.

a
①当－
2
＜－1，即a＞2时，f(x)在[－1，1]上是 增函数，所以m＝f(－1)＝1－a
＋3＝－3，所以a＝7；
2

a
②当－
2
＞1，即a＜－2时，f(x)在[－1，1]上是减函数，m＝f(1) ＝1＋a＋3＝－3，
所以a＝－7；
aa
2

a
③当－1≤－
2
≤1，即－2≤a≤2时，m＝f

－
2

＝3－
4
＝－3，解得a＝±26，

这与－2≤a≤2矛盾 ，舍去.
综上，a的值为－7或7.
10.设函数f(x)＝mx
2
－mx－1.
(1)若对于一切实数x，f(x)＜0恒成立，求实数m的取值范围；
(2)若对于x∈[1，3]，f(x)＜－m＋5恒成立，求实数m的取值范围.
解 (1)要使mx
2
－mx－1＜0恒成立，
若m＝0，显然－1＜0恒成立；

m＜0，
若m≠0，则

⇒－4＜m＜0.

Δ＝m
2
＋4m＜0
所以实数m的取值范围为(－4，0].
(2)要使f(x)＜－m＋5在[1，3]上恒成立，
只需mx
2
－mx＋m＜6恒成立(x∈[1，3]).

1
3
又因为x
2
－x＋1＝

x－
2

＋
4
＞0，

所以m＜
6
.
x< br>2
－x＋1
2
2
66

1

3令y＝
2
＝，因为t＝

x－
2

＋
4
在[1，3]上是增函数，所以y＝

x－x＋1

1

2
3

x－
2

＋

46
在[1，3]上是减函数，
x
2
－x＋1
所以函数y＝66
的最小值y
min
＝
7
，
x－x＋1
2
6

所以实数m的取值范围是

－∞，
7
.

11.已知函数f(x)＝x
2
－2ax＋5(a＞1).
(1)若f(x)的定义域和值域均是[1，a]，求实数a的值；
(2)若对任意的x1
，x
2
∈[1，a＋1]，总有|f(x
1
)－f(x
2
)|≤4，求实数a的取值范围.

解 (1)因为f(x)＝(x－a)
2
＋5－a
2
(a＞1)，
所以f(x)在[1，a]上是减函数，
又定义域和值域均为[1，a]，
f（1）＝a，

1－2a＋5＝a，
所以

即
2
解得a＝2.
2

f（a）＝1，

a－2a＋5 ＝1，
(2)若a≥2，又x＝a∈[1，a＋1]，且(a＋1)－a≤a－1，
所以f( x)
max
＝f(1)＝6－2a，f(x)
min
＝f(a)＝5－a2
.
因为对任意的x
1
，x
2
∈[1，a＋1]，
总有|f(x
1
)－f(x
2
)|≤4，
所以f(x)< br>max
－f(x)
min
≤4，即(6－2a)－(5－a
2
)≤4，
解得－1≤a≤3.又a≥2，所以2≤a≤3.
若1＜a＜2，则f(x)
max
＝f(a＋1)＝6－a
2
，
f(x)
min
＝f(a)＝5－a
2
，
f(x)
max
－f(x)
min
≤4显然成立.
综上，a的取值范围为{a|1＜a≤3}.