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二次函数最值及根的分布

时间:2012-02-25


2010 届高三第一轮复习讲义

二次函数
教学目标: 教学目标: 1.掌握二次函数的图像及性质 2.能够求出二次函数在某个区间上的最值 3.能够利用二次函数研究一元二次方程的实根的分布 教学重难点: 教学重难点: 重点:二次函数、一元二次方程及一元二次不等式之间的灵活转化 难点:二次函数跟的分布及二次函数的应用 知识要点: 知识要点: 二次函数最值

问题: 二次函数最值问题 二次函数的区间最值问题,核心是对函数对称轴与给定区间的相对位置关系的讨论.一般分 为:对称轴在区间的左边,中间,右边三种情况. 设 f ( x) = ax 2 + bx + c( a ≠ 0) ,求 f ( x ) 在 x ∈[ m,n] 上的最大值与最小值. 分析:将 f ( x ) 配方,得对称轴方程 x = ? 当 a > 0 时,抛物线开口向上 若?

b 2a

b ∈[m,n] 必在顶点取得最小值,离对称轴较远端点处取得最大值; 2a b 若? ?[m,n] 2a
当 a > 0 时,抛物线开口向上,此时函数在 [ m,n] 上具有单调性,故在离对称轴 x = ?

远端点处取得最大值,较近端点处取得最小值.当 a < 0 时,如上,作图可得结论,对二次 函数的区间最值结合函数图象总结如下: 当a > 0时

b 较 2a

b 1 ? ? 1 ? f (m), 2a ≥ 2 (m + n)(如图 ) ? f ( x) max = ? f ( x) min ? f (n), b < 1 (m + n)(如图2) ? ? 2a 2 ?

b ? ? ? f (n), 2a > n(如图3) ? b b ? = ? f (? ),m ≤ ? ≤ n(如图4) 2a 2a ? b ? ? ? f (m), 2a < m(如图5) ?

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当a < 0时

f ( x) max

b ? ? ? f (n), 2a > n(如图6) ? b b ? = ? f (? ),m ≤ ? ≤ n(如图7) 2a 2a ? b ? ? ? f (m), 2a < m(如图8) ?

f ( x) min

b 1 ? f (m), ? ≥ (m + n)(如图9) ? ? 2a 2 =? ? f (n), ? b < 1 (m + n)(如图10) ? 2a 2 ?

一元二次方程、一元二次不等式解的情况: 一元二次方程、一元二次不等式解的情况: 二次不等式解的情况

? = b 2 ? 4ac y = ax 2 + bx + c 的 图
象( a > 0 )

?>0

?=0

?<0

方 程 ax + bx + c = 0
2

x1 =

的解

?b + b 2 ? 4ac , 2a

x0 = ?

?b ? b 2 ? 4ac x2 = 2a
x < x2 或 x > x1 x2 < x < x1

b 2a

无解

ax 2 + bx + c > 0 的解 ax 2 + bx + c < 0 的解

x ≠ x0 ?

x∈R ?

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一元二次方程 根的分布: 一元二次方程 ax + bx + c = 0 ( a > 0 )根的分布: 二次 根的分布
2

根 的 分 布

x1 < x2 < k

k < x1 < x2

x1 < k < x 2

图 象

k k k

充 要 条 件

? ?>0 ? b ? <k ?? ? 2a ? f (k ) > 0 ?

? ?>0 ? b ? >k ?? ? 2a ? f (k ) > 0 ?

f (k ) < 0

?? > 0 ? ?( x1 ? k ) + ( x2 ? k ) < 0 ?( x ? k ) + ( x ? k ) > 0 ? 1 2
根 的 分 布

?? > 0 ? ?( x1 ? k ) + ( x2 ? k ) > 0 ?( x ? k ) + ( x ? k ) > 0 ? 1 2
k1 < x1 < k2 < x2 < k3

?? > 0 ? ?( x1 ? k ) + ( x2 ? k ) > 0

k1 < x1 < x2 < k2



一根

( k1 , k2 )

图 象

k2 k1 k2 k1 k2 k3 k1

充 要 条 件

? ?>0 ? ? f ( k1 ) > 0 ? ? f ( k2 ) > 0 ? b ?k1 < ? < k2 2a ? ?

f ( k1 ) ? f ( k2 ) < 0
? f (k1 ) > 0 ? ? f (k2 ) < 0 ? f (k ) > 0 3 ?
? f (k1 ) = 0 ? ? b k1 + k2 ?k1 < ? 2a < 2 ? ? f (k 2 ) = 0 ? ? k1 + k2 b ? 2 < ? 2a < k 2 ?

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典型例题 一、求二次函数在闭区间上的值域 (一)正向型 是指已知二次函数和定义域区间,求其最值. 是指已知二次函数和定义域区间,求其最值.对称轴与定义域区间的相互位置关系的讨论 往往成为解决这类问题的关键.此类问题包括以下四种情形: (1 轴定,区间定; (2 往往成为解决这类问题的关键.此类问题包括以下四种情形: 1)轴定,区间定; 2)轴 ( ( 区间动 ( (3 区间定; (4 区间动 定,区间动; 3)轴动,区间定; 4)轴动,区间动. ( 1.轴定区间定
2 例 1.已知函数 f ( x ) = x + 2 tan θ x ? 1, x ∈ [ ?1, 3], ,当 θ = ?

π
时,求函数 f(x)的最大值

6

与最小值. 解析: θ = ?

π
6

时, f ( x ) = ( x ?

3 2 4 ) ? 3 3

所以 x =

3 4 2 3 时, f ( x) min = ? ; x = ?1 时, f ( x) max = . 3 3 3
2

2.轴定区间动 . 例 2.求函数 y = x ? 4 x + 3 在区间 [t , t + 1] 上的最小值. 解析:对称轴 x = 2 (1)当 2 < t 即 t > 2 时, ymin = f ( t ) = t ? 4t + 3 ;
2

(2)当 t ≤ 2 ≤ t + 1 即 1 ≤ t ≤ 2 时, ymin = f ( 2 ) = ?1 ; (3)当 2 > t + 1 即 t < 1 时, ymin = f ( t + 1) = t ? 2t
2

3.轴动区间定 例 3.求函数 y = ? x ( x ? a ) 在 x ∈ [?1 , 1] 上的最大值. 解析:函数 y = ?( x ?

a 2 a2 a a a ) + 图象的对称轴方程为 x = ,应分 ? 1 ≤ ≤ 1 , < ?1 , 2 4 2 2 2

a > 1 即 ? 2 ≤ a ≤ 2 , a < ?2 和 a > 2 这三种情形讨论,下列三图分别为 2
(1) a < ?2 ;由图可知 f ( x ) max = f ( ?1) (2) ? 2 ≤ a ≤ 2 ;由图可知 f ( x ) max = f ( ) (3) a > 2 时;由图可知 f ( x ) max = f (1)

a 2

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?? (a + 1) , a < ?2 ? f (?1) , a < ?2 ? 2 ? a ?a ? ∴ y最大 = ? f ( ) , ? 2 ≤ a ≤ 2 ;即 y最大 = ? , ? 2 ≤ a ≤ 2 ? 2 ?4 ? f (1) , a > 2 ?a ? 1 , a > 2 ? ? 4.轴动区间动 例 4.已知 y 2 = 4a ( x ? a )( a > 0), ,求 u = ( x ? 3) 2 + y 2 的最小值.
2 解析:将 y = 4a ( x ? a ) 代入 u 中,得

① ② 所以

,即 ,即

时, 时,

、逆向型 (二) 逆向型 、 是指已知二次函数在某区间上的最值,求函数或区间中的参数值. 是指已知二次函数在某区间上的最值,求函数或区间中的参数值. 例 5.已知函数 f ( x) = ax 2 + 2ax + 1 在区间 [ ?3, 2] 上的最大值为 4,求实数 a 的值. 解析: f ( x) = a ( x + 1) 2 + 1 ? a, x ∈ [ ?3, 2] (1)若 a = 0, f ( x ) = 1, ,不合题意. (2)若 a > 0, 则 f ( x ) max = f (2) = 8a + 1

3 ; 8 (3)若 a < 0 时,则 f ( x ) max = f ( ?1) = 1 ? a 由 1 ? a = 4 ,得 a = ?3 . 3 综上知 a = 或 a = ?3 . 8
由 8a + 1 = 4 ,得 a =

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例 6.已知函数 f ( x) = ?

x2 + x 在区间 [m, n] 上的值域是 [3m,3n] ,求 m,n 的值. 2
中 1 与 m,

解析:方法一:讨论对称轴 ,则 ?

m+n , n 的位置关系. 2

①若

? f ( x) max = f (n) = 3n ? f ( x) min = f (m) = 3m

解得 ②若

? f ( x) max = f (1) = 3n m+n ≤ 1 < n ,则 ? ,无解 2 ? f ( x) min = f (m) = 3m ? f ( x)max = f (1) = 3n m+n ,则 ? ,无解 2 ? f ( x) min = f (n) = 3m
,则 ?

③若 m ≤ 1 <

? f ( x) max = f (m) = 3n ,无解 ? f ( x)min = f (n) = 3m 综上, m = ?4, n = 0 1 1 1 1 2 方法二:由 f ( x ) = ? ( x ? 1) + ,知 3n ≤ , n ≤ , ,则 [ m, n] ? ( ?∞,1] ,f(x)在 [ m, n] 上 2 2 2 6
④若 递增.

? f ( x) max = f (n) = 3n ? f ( x) min = f (m) = 3m 解得 m = ?4, n = 0
所以 ? 评注:方法二利用闭区间上的最值不超过整个定义域上的最值,缩小了 m,n 的取值范围,避 评注:方法二利用闭区间上的最值不超过整个定义域上的最值, 的取值范围, 利用闭区间上的最值不超过整个定义域上的最值 开了繁难的分类讨论,解题过程简洁、明了. 开了繁难的分类讨论,解题过程简洁、明了.

例 7.已知函数 y = ? sin x + a sin x ?
2

解析:令 t = sin x ,问题就转二次函数的区间最值问题. 令 t = sin x , t ∈ [ ?1,1] ,∴ y = ?(t ? ) +
2

a 1 + 的最大值为 2 ,求 a 的值 . 4 2

1 2 a (a ? a + 2) ,对称轴为 t = , 4 2 a 1 2 ①当 ?1 ≤ ≤ 1 ,即 ?2 ≤ a ≤ 2 时, ymax = ( a ? a + 2) = 2 ,得 a = ?2 或 a = 3 (舍去) . 2 4 a a 2 1 2 ②当 > 1 ,即 a > 2 时,函数 y = ?(t ? ) + ( a ? a + 2) 在 [ ?1,1] 单调递增, 2 2 4 1 1 10 由 ymax = ?1 + a ? a + = 2 ,得 a = . 4 2 3 a a 2 1 2 ③ 当 < ?1 , 即 a < ?2 时 , 函 数 y = ?(t ? ) + ( a ? a + 2) 在 [ ?1,1] 单 调 递 减 , 由 2 2 4 1 1 ymax = ?1 ? a ? a + = 2 ,得 a = ?2 (舍去) . 4 2 10 综上可得: a 的值为 a = ?2 或 a = . 3

a 2

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二、根的分布 例 8.(1)方程 x ? 2ax + 4 = 0 的两根均大于 1 ,求实数 a 的范围.
2

(2)方程 x ? 2ax + 4 = 0 的两根一者大于 1 ,一者小于 1 求实数 a 的范围.
2

(3)方程 x ? 2ax + 4 = 0 的两根一者在 (0,1) 内, 一者在 (6,8) 内, 求实数 a 的范围.
2

2 解析:令 f ( x) = x ? 2ax + 4

?? ≥ 0 ?a ? (1)由 ? > 1 或 ?2 ? f (1) > 0 ?
(2)由 f (1) < 0 或 ?

?? ≥ 0 5 ? ?( x1 ? 1) + ( x2 ? 1) > 0 得: 2 ≤ a < ; 2 ?( x ? 1)( x ? 1) > 0 ? 1 2

?? > 0 5 得: a > ; 2 ?( x1 ? 1)( x2 ? 1) < 0

? f (0) > 0 ? f (1) < 0 10 17 ? (3)由 ? 得: <a< . 3 4 ? f (6) < 0 ? f (8) > 0 ?
例 9.关于 x 的方程 9 x + ( a + 4) ? 3x + 4 = 0 有实根,求实数 a 的取值范围. 解析:令 3 = t ( t > 0 ) ,
x

原方程有实根等价于方程 t 2 + ( a + 4)t + 4 = 0 有正根. 令 f (t ) = t 2 + ( a + 4)t + 4 ,则 f (t ) 恒过 (0, 4) 点.

?? ≥ 0 ? 方法一: ? a + 4 得: a ≤ ?8 ?? 2 > 0 ?
方法二:要使方程 t 2 + ( a + 4)t + 4 = 0 有正根,则方程 t 2 + ( a + 4)t + 4 = 0 的较大根大于 0 即可;

?? ≥ 0 ? 故由 ? ?( a + 4) + ( a + 4) 2 ? 16 得: a ≤ ?8 >0 ? ? 2

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例 10.关于 x 的方程 ax + 2 x + 1 = 0 至少有一个负根,求实数 a 的取值范围.
2

解析:令 f ( x) = ax 2 + 2 x + 1 , f ( x) 恒过 (0,1) 点 方法一: ① a = 0 时, 2 x + 1 = 0 ? x = ?

1 < 0 成立. 2

?? ≥ 0 ? 得: 0 < a ≤ 1 ; ② a > 0 时, ? 1 ? <0 ? a ?
③ a < 0 时,恒成立; 综上可知: a ≤ 1 . 方法二: ① a = 0 时, 2 x + 1 = 0 ? x = ?
2

1 < 0 成立. 2
2

② a ≠ 0 时,要使方程 ax + 2 x + 1 = 0 至少有一个负根等价于方程 ax + 2 x + 1 = 0 的较小

? ? ?a > 0 ?a < 0 ? ? ? ? 根小于 0 即可.故 ? ? ≥ 0 或 ?? ≥ 0 得 a ≤1; ? ? ? ?2 ? 4 ? 4 a < 0 ? ?2 + 4 ? 4 a < 0 ? ? 2a 2a ? ? 综上可知: a ≤ 1 .
例 11.已知函数 f ( x ) = x 2 ? (2a ? 1) x + a 2 ? 2 与非负轴至少有一个交点,求实数 a 的取值 范围. 解析:方法一: ①方程 f ( x ) = 0 有一个实根是 0 ,则 f (0) = 0 得: a = ± 2 ;

?? ≥ 0 ? 2a ? 1 9 ? ②方程 f ( x ) = 0 有两个正根,则 ? > 0 得: 2 < a ≤ ; 4 ? 2 ? f (0) > 0 ?
③方程 f ( x ) = 0 有一个正根一个负根,则 f (0) > 0 得: ? 2 < a < 综上可知: ? 2 ≤ a ≤ 方法二: 考虑命题的对立面:方程 f ( x ) = 0 没有实根或两个负根;

2;

9 . 4

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①方程 f ( x ) = 0 没有实根,则 ? < 0 得: a >

9 ; 4

?? ≥ 0 ? 2a ? 1 ? ②方程 f ( x ) = 0 有两个负根,则 ? < 0得a < ? 2 ; ? 2 ? f (0) > 0 ?
故a < ? 2 或a >

9 . 4

因此函数 f ( x) = x 2 ? (2a ? 1) x + a 2 ? 2 与非负轴至少有一个交点实数 a 的取值范围是:

? 2≤a≤

9 . 4
2

例 12.关于 x 的方程 x ? mx + 1 = 0 只有较小的根在 (?1,1) 内,求实数 m 的取值范围. 解析:① f (1) = 0 时, m = 2 ,此时方程为 x ? 2 x + 1 = 0 ,两根 x1 = x2 = 1 ,不成立;
2

②由 ?

? f (?1) > 0 得m > 2 ; ? f (1) < 0

综上可知: m > 2 . 例 13. 关于 x 的方程 x 2 + ( m ? 1) x + 1 = 0 在区间 [0, 2] 上有实根,求实数 m 的取值范围. 解析:令 f ( x ) = x 2 + ( m ? 1) x + 1 , ①端点: f (0) = 1 ≠ 0 ; f (2) = 0 得: m = ? ②在开区间 (0, 2) 上 (i)在 (0, 2) 上仅有一个实根,则 f (0) ? f (2) < 0 得: m < ?

3 ; 2

3 ; 2

?? = 0 ? (ii)在 (0, 2) 上有两个相等的实根,则 ? 得: m = ?1 ; 1? m ?0 < 2 < 2 ?

?? > 0 ? 1? m ? <2 3 ?0 < (iii)在 (0, 2) 上有两个不等的实根,则 ? 得: ? < m < 1 ; 2 2 ? f (0) > 0 ? ? f (2) > 0 ?
综上可知: m ≤ ?1 .

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三、恒成立问题 此类问题往往可以转化为求函数最值的问题或用参数分离的方法. 此类问题往往可以转化为求函数最值的问题或用参数分离的方法.
2 例 14.已知函数 f ( x) = x + ax + 3 ,

(1)当 x ∈ R 时, f ( x ) ≥ a 恒成立,求实数 a 的取值范围; (2)当 x ∈ [ ?2, 2] 时, f ( x ) ≥ a 恒成立,求实数 a 的取值范围. 解析: (1)当 x ∈ R 时, f ( x ) ≥ a 恒成立,即 x + ax + 3 ? a ≥ 0 在 R 上恒成立,
2

因此 ? ≤ 0 得: ?6 ≤ a ≤ 2 . (2) x ∈ [ ?2, 2] , f ( x ) ≥ a 恒成立,即 x ∈ [ ?2, 2] , f min ( x ) ≥ a . 函数 f ( x ) = x 2 + ax + 3 的对称轴为: x = ? ①?

a , 2

a 7 ≤ ?2 即 a ≥ 4 时, f min ( x) = f (?2) = 7 ? 2a ≥ a 得: a ≥ 故此时无解; 2 3 a ② ? ≥ 2 即 a ≤ ?4 时, f min ( x ) = f (2) = 7 + 2a ≥ a 得: a ≥ ?7 故 ?7 ≤ a ≤ ?4 ; 2 a a a2 ③ ?2 < ? < 2 即 ?4 < a < 4 时 , f min ( x ) = f ( ? ) = ? + 3 ≥ a 得 : ?6 ≤ a ≤ 2 故 2 2 4

?4 < a ≤ 2 ; 综上可知: ?7 ≤ a ≤ 2 .
例 15.不等式 ( a ? 2) x 2 + 2( a ? 2) x ? 4 < 0 对一切 x ∈ R 恒成立,求实数 a 的取值范围. 解析:① a = 2 时, ?4 < 0 ,恒成立; ② a ≠ 2 时,满足 ? 综上可知: ?2 < a ≤ 2 . 例 16.当 x ∈ (1, 2) ,不等式 x + mx + 4 < 0 ,求实数 m 的范围.
2

?a ? 2 < 0 得: ?2 < a < 2 ; ?? < 0

解析:方法一:令 f ( x ) = x 2 + mx + 4

? f (1) ≤ 0 f ( x) 开口向上故 f ( x) 在 [1, 2] 上的最大值为 f (1) 或 f (2) ,故 ? 得: m ≤ ?5 . ? f (2) ≤ 0
方法二:参数分离法

4 x ∈ (1, 2) 时, x 2 + mx + 4 < 0 等价于 m < ?( x + ) ( x ∈ (1, 2) ) , x 4 ?5 < ?( x + ) < ?4 , x ∈ (1, 2) ), ( x 故 m ≤ ?5 .
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例 16. 对满足 p ≤ 2 的所有实数 p , 求使不等式 x + px + 1 > 2 x + p 恒成立的 x 取值范围.
2

解析:由题意知,不等 ( x ? 1) p + x 2 ? 2 x + 1 > 0 对 p ∈ [ ?2, 2] 恒成立, 令 f ( p ) = ( x ? 1) p + x ? 2 x + 1 , (看 p 作是的函数)
2

由?

? f (?2) > 0 得: x < ?1 或 x > 3 . ? f (2) > 0

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