届高考数学二次函数第一轮专项复习教案.docx
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届高考数学二次函数第一轮专项复习教案
2012届高考数学二次函数第一轮专项复习教案
26二次函数
●知识梳理
二次函数的基本性质
（1）二次函数的三种表示法：
=ax2+bx+；=a（x－x1）（x－x2）；=a（x－x0）2+n
（2）当a＞0，f（x）在区间［p，q］上的最大值为，最小值为，令x0=（p+q）
若－＜p，则f（p）=，f（q）=；
若p≤－＜x0，则f（－）=，f（q）=；
若x0≤－＜q，则f（p）=，f（－）=；
若－≥q，则f（p）=，f（q）=
●点击双基
1设二次函数f（x）=ax2+bx+（a≠0），如果f（x1）=f（x2）（其中x1≠x2），则f（）等于
A－B－
D
解析：
f（）=f（－）=
答案：
D
2二次函数=x2－2（a+b）x+2+2ab的图象的顶点在x轴上，且a、b、为△AB的三边长，则△AB为
A锐角三角形B直角三角形
钝角三角形D等腰三角形
解析：
=［x－（a+b）］2+2+2ab－（a+b）2=［x－（a+b）］2+2－a2－b2
∴顶点为（a+b，2－a2－b2）
由题意知2－a2－b2=0
∴△AB为直角三角形
答案：
B
3已知函数f（x）=4x2－x＋在区间［－2，＋∞）上是增函数，则f
（1）的范围是
Af
（1）≥2Bf
（1）=2
f
（1）≤2Df
（1）＞2
解析：
由=f（x）的对称轴是x=，可知f（x）在［，+∞）上递增，由题设只需≤－2≤－16，
∴f
（1）=9－≥2
答案：
A
4函数f（x）=2x2－6x+1在区间［－1，1］上的最小值是___________，最大值是___________
解析：
f（x）=2（x－）2－
当x=1时，f（x）in=－3；当x=－1时，f（x）ax=9
答案：
－39
（2003年春季上海）若函数=x2+（a+2）x+3，x∈［a，b］的图象关于直线x=1对称，则b=__________
解法一：
二次函数=x2+（a+2）x+3的图象关于直线x=1对称，说明二次函数的对称轴为1，即－=1∴a=－4而f（x）是定义在［a，b］上的，即a、b关于x=1也是对称的，∴=1∴b=6
解法二：
∵二次函数=x2+（a+2）x+3的对称轴为x=1，∴f（x）可表示为f（x）=（x－1）2+，与原二次函数的表达式比较对应项系数，可得a+2=－2∴a=－4，b的计算同解法一
解法三：
∵二次函数的对称轴为x=1，∴有f（x）=f（2－x），比较对应项系数，∴a=－4，b的计算同解法一
答案：
6
●典例剖析
【例1】设x、是关于的方程2－2a+a+6=0的两个实根，则（x－1）2+（－1）2的最小值是
A－12B188D
剖析：
由Δ=（－2a）2－4（a+6）≥0，得a≤－2或a≥3
于是有（x－1）2+（－1）2=x2+2－2（x+）+2=（x+）2－2x－2（x+）+2=（2a）2－2（a+6）－4a+2=4a2－6a－10=4（a－）2－
由此可知，当a=3时，（x－1）2+（－1）2取得最小值8
答案：
深化拓展
Δ≥0是二次方程有实根的隐含条
【例2】（2004年江苏，13）二次函数=ax2+bx+（x∈R）的部分对应值如下表：
x－3－2－101234
60－4－6－6－406
则不等式ax2+bx+＞0的解集是______________
解析：
由表知=a（x+2）（x－3），又x=0，=－6，代入知a=1∴=（x+2）（x－3）
答案：
{x|x＞3或x＜－2}
【例3】已知二次函数f（x）=ax2+bx+的图象与直线=2有公共点，且不等式ax2+bx+＞0的解是－＜x＜，求a、b、的取值范围
解：
依题意ax2+bx+－2=0有解，故Δ=b2－4a（－2）≥0又不等式ax2+bx+＞0的解是－＜x＜，∴a＜0且有－=－，=－
∴b=a，=－a∴b=－，代入Δ≥0得2+24（－2）≥0
∴≥24故得a、b、的取值范围为a≤－144，b≤－24，≥24
评述：
二次方程ax2+bx+=0，二次不等式ax2+bx+＞0（或＜0）与二次函数=ax2+bx+的图象联系比较密切，要注意利用图象的直观性解二次不等式和二次方程的问题
●闯关训练
夯实基础
1下图所示为二次函数=ax2＋bx＋的图象，则｜A｜•｜B｜等于AB－±D无法确定
解析：
|A|•|B|=|A•B|=|x1x2|=||=－（∵a＜0，＞0）
答案：
B
2已知f（x）=x2－2x+3，在闭区间［0，］上有最大值3，最小值2，则的取值范围是___________________
解析：
通过画二次函数图象知∈［1，2］
答案：
［1，2］
3已知函数=（ex－a）2+（e－x－a）2（a∈R，且a≠0），求的最小值
解：
＝（ex＋e－x）2－2a（ex＋e－x）＋2a2－2令t＝ex＋e－x，则f（t）＝t2－2at＋2a2－2
∵t＝ex＋e－x≥2，∴f（t）＝（t－a）2＋a2－2的定义域为［2，＋∞）
∵抛物线的对称轴方程是t＝a，
∴当a≥2时，in＝f（a）＝a2－2；当a＜2且a≠0时，in＝f
（2）＝2（a－1）2
4要使=x2+4x（x≥a）有反函数，则a的最小值为___________________
解析：
要使=x2+4x（x≥a）有反函数，则=x2+4x在［a，+∞）上是单调函数∴a≥－2
答案：
－2
已知函数f（x）=x2+（－3）x+1的图象与x轴的交点至少有一个在原点的右侧，求实数的取值范围
解：
若=0，则f（x）=－3x+1，显然满足要求
若≠0，有两种情况：
①原点的两侧各有一个，则＜0；
②都在原点右侧，则解得0＜≤1
综上可得∈（－∞，1］
培养能力
6设f（x）=x2－2ax+2当x∈［－1，+∞）时，f（x）≥a恒成立，求实数a的取值范围
解：
（1）当a≤－1时，f（x）in=f（－1）=3+2a，x∈［－1，+∞），f（x）≥a恒成立f（x）in≥a，即3+2a≥aa≥－3故此时－3≤a≤－1
（2）当a＞－1时，f（x）in=f（a）=a2－2a2+2=2－a2，x∈［－1，+∞），f（x）≥a恒成立f（x）in≥a，即2－a2≥aa2+a－2≤0－2≤a≤1故此时－1＜a≤1
由
（1）
（2）知，当－3≤a≤1时，x∈［－1，+∞），f（x）≥a恒成立
7对于函数f（x），若存在x0∈R，使f（x0）=x0成立，则称x0为f（x）的不动点已知函数f（x）=ax2+（b+1）x+b－1（a≠0）
（1）当a=1，b=－2时，求f（x）的不动点；
（2）若对于任意实数b，函数f（x）恒有两个相异的不动点，求a的取值范围
解：
（1）当a=1，b=－2时，f（x）=x2－x－3=xx2－2x－3=0（x－3）（x+1）=0x=3或x=－1，∴f（x）的不动点为x=3或x=－1
（2）对任意实数b，f（x）恒有两个相异不动点对任意实数b，ax2+（b+1）x+b－1=x恒有两个不等实根对任意实数b，Δ=（b+1）2－4a（b－1）＞0恒成立对任意实数b，b2+2（1－4a）b+1+4a＞0恒成立Δ′=4（1－4a）2－4（1+4a）＜0（1－4a）2－（1+4a）＜04a2－3a＜0a（4a－3）＜00＜a＜
8（2003年全国，）设函数f（x）=x2+|x－2|－1，x∈R
（1）判断函数f（x）的奇偶性；
（2）求函数f（x）的最小值
解：
（1）f（x）=∵f（0）=1≠0，
∴f（x）不是R上的奇函数∵f
（1）=1，f（－1）=3，f
（1）≠f（－1），
∴f（x）不是偶函数
故f（x）是非奇非偶的函数
（2）当x≥2时，f（x）=x2+x－3，此时f（x）in=f
（2）=3
当x＜2时，f（x）=x2－x+1，此时f（x）in=f（）=
总之，f（x）in=探究创新
9二次函数f（x）=px2+qx+r中实数p、q、r满足++=0，其中＞0，
求证：
（1）pf（）＜0；
（2）方程f（x）=0在（0，1）内恒有解
证明：
（1）pf（）=p［p（）2+q（）+r］
=p［++］=p［－］
=p2［］=p2［－］
由于f（x）是二次函数，故p≠0又＞0，所以pf（）＜0
（2）由题意，得f（0）=r，f
（1）=p+q+r
①当p＞0时，由
（1）知f（）＜0
若r＞0，则f（0）＞0，又f（）＜0，∴f（x）=0在（0，）内有解；
若r≤0，则f
（1）=p+q+r=p+（+1）（－－）+r=－＞0，
又f（）＜0，所以f（x）=0在（，1）内有解
因此方程f（x）=0在（0，1）内恒有解
②当p＜0时，同样可以证得结论
评述：
（1）题目点明是“二次函数”，这就暗示着二次项系数p≠0，若将题中的“二次”两个字去掉，所证结论相应更改
（2）对字母p、r分类时先对哪个分类是有一定讲究的本题的证明中，先对p分类，然后对r分类显然是比较好的
●思悟小结
1二次函数f（x）=ax2+bx+的图象形状、对称轴、顶点坐标、开口方向等是处理二次函数问题的重要依据
2二次函数、一元二次方程和一元二次不等式是一个有机的整体，要深刻理解它们相互之间的关系，能用函数思想研究方程和不等式，便是抓住了关键
●教师下载中心
教学点睛
1二次函数是最重要的初等函数之一，因为很多问题可化归为二次函数处理，所以必须熟练掌握二次函数的性质，并能灵活运用这些性质去解决问题
2求二次函数的解析式就是确定函数式f（x）=ax2+bx+（a≠0）中a、b、的值二次函数也可以表示为=a（x－x0）2+h或=a（x－x1）（x－x2）（b2－4a≥0）等形式，应提醒学生根据题设条选用适当的表示形式，用待定系数法确定相应字母的值
3结合图象可以得到一系列与二次方程ax2+bx+=0（a≠0）的根的分布有关的结论，教学时可引导学生总结：
（1）方程f（x）=0的两根中一根比r大，另一根比r小a•f（r）＜0
（2）二次方程f（x）=0的两根都大于r
（3）二次方程f（x）=0在区间（p，q）内有两根
（4）二次方程f（x）=0在区间（p，q）内只有一根f（p）•f（q）＜0，或f（p）=0，另一根在（p，q）内或f（q）=0，另一根在（p，q）内
（）方程f（x）=0的两根中一根大于p，另一根小于q（p＜q）
4二次函数与二次不等式密切相关，借助二次函数的图象和性质，可方便直观地解决与不等式有关的问题例如：
（1）二次不等式f（x）=ax2+bx+≤0的解集是（－∞，α］∪［β，+∞）a＜0且f（α）=f（β）=0
（2）当a＞0时，f（α）＜f（β）|α+|＜|β+|；
当a＜0时，f（α）＜f（β）|α+|＞|β+|
（3）当a＞0时，二次不等式f（x）＞0在［p，q］上恒成立
或或
（4）f（x）＞0恒成立或
f（x）＜0恒成立或
拓展题例
【例1】已知当∈R时，函数f（x）＝（x2－1）＋x－a的图象和x轴恒有公共点，求实数a的取值范围
解：
（1）=0时，f（x）=x－a是一次函数，它的图象恒与x轴相交，此时a∈R
（2）≠0时，由题意知，方程x2＋x－（＋a）＝0恒有实数解，其充要条是Δ＝1＋4（＋a）＝42＋4a＋1≥0又只需Δ′＝（4a）2－16≤0，解得－1≤a≤1，即a∈［－1，1］
∴＝0时，a∈R；≠0时，a∈［－1，1］
评述：
g（a）是a的函数，可作出g（a）的草图求最大值
【例2】已知f（x）＝ax2＋bx＋的图象过点（－1，0），是否存在常数a、b、，使不等式x≤f（x）≤对一切实数x都成立？
解：
∵f（x）的图象过点（－1，0），∴a－b+=0①
∵x≤f（x）≤对一切x∈R均成立，
∴当x=1时也成立，即1≤a+b+≤1故有a＋b＋＝1②
由①②得b=，=－a∴f（x）＝ax2＋x＋－a
故x≤ax2＋x＋－a≤对一切x∈R成立，
也即恒成立
解得a=∴=－a=
∴存在一组常数a=，b=，=，使不等式x≤f（x）≤对一切实数x均成立
评述：
赋值法（特殊值法）可以使“探索性”问题变得比较明朗，它是解决这类问题比较常用的方法
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