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2014年高考数学一轮复习精品学案(人教版A版)---函数与方程

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2010 年高考数学一轮复习精品学案(人教版 A 版)---函数与方程
一.【课标要求】
1.结合二次函数的图像,判断一元二次方程根的存在性及根的个数,从而了解函数的 零点与方程根的联系; 2.根据具体函数的图像,能够借助计算器用二分法求相应方程的近似解,了解这种方 法是求方程近似解的常用方法。

二.【命题走向】
函数与方程的理论是高中新课标教材中新增的知识点,特别是“二分法”求方程的近似 解也一定会是高考的考点。从近几年高考的形势来看,十分注重对三个“二次”(即一元二 次函数、 一元二次方程、 一元二次不等式) 的考察力度, 同时也研究了它的许多重要的结论, 并付诸应用。高考试题中有近一半的试题与这三个“二次”问题有关 预计 2010 年高考对本讲的要求是:以二分法为重点、以二次函数为载体、以考察函数 与方程的关系为目标来考察学生的能力 (1)题型可为选择、填空和解答; (2)高考试题中可能出现复合了函数性质与函数零点的综合题,同时考察函数方程的 思想。

三.【要点精讲】
1.方程的根与函数的零点 (1)函数零点 概 念 : 对 于 函 数 y ? f ( x)( x ? D) , 把 使 f ( x) ? 0 成 立 的 实 数 x 叫 做 函 数

y ? f ( x)( x ? D) 的零点。
函数零点的意义: 函数 y ? f (x) 的零点就是方程 f ( x) ? 0 实数根, 亦即函数 y ? f (x) 的图象与 x 轴交点的横坐标。即:方程 f ( x) ? 0 有实数根 ? 函数 y ? f (x) 的图象与 x 轴 有交点 ? 函数 y ? f (x) 有零点。 二次函数 y ? ax ? bx ? c(a ? 0) 的零点:
2

1)△>0,方程 ax ? bx ? c ? 0 有两不等实根,二次函数的图象与 x 轴有两个交点,
2

二次函数有两个零点; 2)△=0,方程 ax ? bx ? c ? 0 有两相等实根(二重根),二次函数的图象与 x 轴
2

有一个交点,二次函数有一个二重零点或二阶零点; 3)△<0,方程 ax ? bx ? c ? 0 无实根,二次函数的图象与 x 轴无交点,二次函数
2

无零点。 零点存在性定理: 如果函数 y ? f (x) 在区间 [a, b] 上的图象是连续不断的一条曲线, 并 且有 f (a) f (b) ? 0 ,那么函数 y ? f (x) 在区间 (a, b) 内有零点。既存在 c ? (a, b) ,使得

f (c) ? 0 ,这个 c 也就是方程的根。
2.二分法 二分法及步骤: 对于在区间 [ a , b ] 上连续不断,且满足 f (a ) · f (b) ? 0 的函数 y ? f (x) ,通过不断 地把函数 f (x) 的零点所在的区间一分为二,使区间的两个端点逐步逼近零点,进而得到零 点近似值的方法叫做二分法. 给定精度 ? ,用二分法求函数 f (x) 的零点近似值的步骤如下: (1)确定区间 [ a , b ] ,验证 f (a ) · f (b) ? 0 ,给定精度 ? ; (2)求区间 ( a , b) 的中点 x1 ; (3)计算 f ( x1 ) : ①若 f ( x1 ) = 0 ,则 x1 就是函数的零点; ②若 f (a ) · f ( x1 ) < 0 ,则令 b = x1 (此时零点 x0 ? (a, x1 ) ); ③若 f ( x1 ) · f (b) < 0 ,则令 a = x1 (此时零点 x0 ? ( x1 , b) ); (4)判断是否达到精度 ? ; 即若 | a ? b |? ? ,则得到零点零点值 a (或 b ) ;否则重复步骤 2~4。 注:函数零点的性质 从“数”的角度看:即是使 f ( x) ? 0 的实数; 从“形”的角度看:即是函数 f (x) 的图象与 x 轴交点的横坐标; 若函数 f (x) 的图象在 x ? x0 处与 x 轴相切,则零点 x0 通常称为不变号零点; 若函数 f (x) 的图象在 x ? x0 处与 x 轴相交,则零点 x0 通常称为变号零点。 注:用二分法求函数的变号零点:二分法的条件 f (a ) · f (b) ? 0 表明用二分法求函数 的近似零点都是指变号零点。 3.二次函数的基本性质 (1)二次函数的三种表示法:y=ax2+bx+c;y=a(x-x1)(x-x2);y=a(x-x0)2+n。 (2)当 a>0,f(x)在区间[p,q]上的最大值 M,最小值 m,令 x0= 若-

1 (p+q)。 2

b <p,则 f(p)=m,f(q)=M; 2a

b b <x0,则 f(- )=m,f(q)=M; 2a 2a b b 若 x0≤- <q,则 f(p)=M,f(- )=m; 2a 2a b 若- ≥q,则 f(p)=M,f(q)=m。 2a (3)二次方程 f(x)=ax2+bx+c=0 的实根分布及条件。 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;
若 p≤-

? ? ? b 2 ? 4ac ? 0, ? ? b ? r, ②二次方程 f(x)=0 的两根都大于 r ? ? ? ? 2a ?a ? f ( r ) ? 0 ?

?? ? b 2 ? 4ac ? 0, ? ? p ? ? b ? q, ? ③二次方程 f(x)=0 在区间(p,q)内有两根 ? ? 2a ?a ? f ( q ) ? 0, ? ? ?a ? f ( p ) ? 0;
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(检验)或 f(q)=0(检 验)检验另一根若在(p,q)内成立。

四.【典例解析】
题型 1:方程的根与函数零点 例 1.(1)方程 lgx+x=3 的解所在区间为( A.(0,1) B.(1,2) ) D.(3,+∞) C.(2,3)

(2)设 a 为常数,试讨论方程 lg( x ? 1) ? lg(3 ? x) ? lg(a ? x) 的实根的个数。 解析: (1) 在同一平面直角坐标系中, 画出函数 y=lgx 与 y=-x+3 的图象(如图)。 它们的交点横坐标 x0 ,显然在区间(1,3)内,由此可排除 A,D 至于选 B 还
新疆 源头学子小屋 特级教师 王新敞
wxckt@126.com http://www.xjktyg.com/wxc/

y
3 2 1

新疆 源头学子小屋 特级教师 王新敞
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http://www.xjktyg.com/wxc/

是选 C,由于画图精确性的限制,单凭直观就比较困难了。实际上这是要比 较 x0 与 2 的大小。当 x=2 时,lgx=lg2,3-x=1。由于 lg2<1,因此 x0 >2, 从而判定 x0 ∈(2,3),故本题应选 C。

o

1

2 x0 3

x

?x ? 1 ? 0 ?3 ? x ? 0 ? (2)原方程等价于 ? ?a ? x ? 0 ?( x ? 1)(3 ? x ) ? a ? x ?

Y 4 3 2 1 0 1 2 3 4 X

y?a

?a ? ? x 2 ? 5 x ? 3 即? ?1 ? x ? 3

x?5 2 Y(x)=-x^2+5x-3
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构造函数 y ? ? x ? 5 x ? 3 (1 ? x ? 3) 和 y ? a ,作出它们的图像,易知平行于 x 轴的
2

直线与抛物线的交点情况可得: ①当 1 ? a ? 3 或 a ? ②当 3 ? a ?

13 时,原方程有一解; 4

13 时,原方程有两解; 4 13 时,原方程无解 ③当 a ? 1或 a ? 4
点评:图象法求函数零点,考查学生的数形结合思想。本题是通过构造函数用数形结合 法求方程 lgx+x=3 解所在的区间。数形结合,要在结合方面下功夫。不仅要通过图象直观估 计,而且还要计算 x0 的邻近两个函数值,通过比较其大小进行判断。 例 2.(2008 湖南理 17) 已知函数 f ( x) ? cos
2

x x ? sin 2 ? sin x . 2 2

(I)求函数 f (x) 的最小正周期;

(II)当 x0 ? (0,

?
4

) 且 f ( x0 ) ?

4 2 ? 时,求 f ( x 0 ? ) 的值 5 6

解:由题设有 f ( x) ? cos x ? sin x ?

π 2 sin( x ? ) . 4

(I)函数 f ( x) 的最小正周期是 T ? 2π. (II)由 f ( x 0 ) ?

4 2 π 4 2 π 4 , 即 sin( x0 ? ) ? , 得 2 sin( x0 ? ) ? 5 4 5 4 5

因为 x0 ? (0,

?

π π ? ) ,所以 x0 ? ? ( , ). 4 4 4 2
π π 4 3 ) ? 1 ? sin 2 ( x0 ? ) ? 1 ? ( ) 2 ? . 4 4 5 5

从而 cos( x0 ? 于是 f ( x 0 ?

π ? π ? ? ) ? 2 sin[( x0 ? ) ? ] 6 4 6 4 6 π ? π ? ? 2[sin( x0 ? ) cos ? cos( x0 ? )sin ] 4 6 4 6

?

) ? 2 sin( x0 ?

题型 2:零点存在性定理 例 3.设函数 f ( x) ? x ? ln( x ? m) ,其中常数 m 为整数。 (1)当 m 为何值时, f ( x) ? 0 ; (2)定理:若函数 g ( x) 在 [a, b] 上连续,且 g ( a ) 与 g (b) 异号,则至少存在一点

x0 ? (a, b) ,使得 g ( x0 ) ? 0
试用上述定理证明:当整数 m ? 1时,方程 f ( x) ? 0 在 ? e ? 根。 解析:(1)函数 f(x)=x-ln(x+m),x∈(-m,+∞)连续,且
?m

? m, e 2 m ? m ? 内有两个实 ?

f ' ( x) ? 1 ?

1 , 令f ' ( x) ? 0, 得x ? 1 ? m x?m

当 x∈(-m,1-m)时,f ’(x)<0,f(x)为减函数,f(x)>f(1-m) 当 x∈(1-m, +∞)时,f ’(x)>0,f(x)为增函数,f(x)>f(1-m) 根据函数极值判别方法,f(1-m)=1-m 为极小值,而且 对 x∈(-m, +∞)都有 f(x)≥f(1-m)=1-m 故当整数 m≤1 时,f(x) ≥1-m≥0 (2)证明:由(I)知,当整数 m>1 时,f(1-m)=1-m<0, 函数 f(x)=x-ln(x+m),在 [e
?m

? m,1 ? m] 上为连续减函数.

f (e ? m ? m) ? e ? m ? m ? ln(e ? m ? m ? m) ? e ? m ? 0 当整数m ? 1时, f (e ? m ? m)与f (1 ? m)异号,
由所给定理知,存在唯一的 x1 ? (e 而当整数 m>1 时,
?m

? m,1 ? m), 使f ( x1 ) ? 0

2m(2m ? 1) ? 3m ? 0 2 (? m ? 1 ? 2m ? 1 ? 1, 上述不等式也可用数学归纳法证明) f (e 2 m ? m) ? e 2 m ? 3m ? (1 ? 1) 2 m ? 3m ? 1 ? 2m ?
类似地,当整数 m>1 时,函数 f(x)=x-ln(x+m),在 [1 ? m, e 与 f (e
2m
?m

? m] 上为连续增函数且 f(1-m)

? m) 异号,由所给定理知,存在唯一的 x2 ? [1 ? m, e ? m ? m, ], 使f ( x2 ) ? 0
?m

故当 m>1 时,方程 f(x)=0 在 [e

? m, e 2m ? m] 内有两个实根

点评: 本题以信息给予的形式考察零点的存在性定理。 解决该题的解题技巧主要在区间 的放缩和不等式的应用上。 例 4.若函数 y ? f (x) 在区间[a,b]上的图象为连续不断的一条曲线,则下列说法正确的是 ( ) A.若 f (a) f (b) ? 0 ,不存在实数 c ? (a, b) 使得 f (c) ? 0 ; B.若 f (a) f (b) ? 0 ,存在且只存在一个实数 c ? (a, b) 使得 f (c) ? 0 ; C.若 f (a) f (b) ? 0 ,有可能存在实数 c ? (a, b) 使得 f (c) ? 0 ; D.若 f (a) f (b) ? 0 ,有可能不存在实数 c ? (a, b) 使得 f (c) ? 0 ;

解析:由零点存在性定理可知选项 D 不正确;对于选项 B,可通过反例 “ f ( x) ? x( x ? 1)( x ? 1) 在区间 [?2,2] 上满足 f (?2) f (2) ? 0 ,但其存在三个解 {?1,0,1} ” 推翻; 同时选项 A 可通过反例 f ( x) ? ( x ? 1)( x ? 1) 在区间 [?2,2] 上满足 f (?2) f (2) ? 0 , “ 但其存在两个解 {?1,1} ”;选项 D 正确,见实例“ f ( x) ? x ? 1 在区间 [?2,2] 上满足
2

f (?2) f (2) ? 0 ,但其不存在实数解”
点评:该问题详细介绍了零点存在性定理的理论基础。 题型 3:二分法的概念 例 5.关于“二分法”求方程的近似解,说法正确的是() A.“二分法”求方程的近似解一定可将 y ? f (x) 在[a,b]内的所有零点得到; B.“二分法”求方程的近似解有可能得不到 y ? f (x) 在[a,b]内的零点; C.应用“二分法”求方程的近似解, y ? f (x) 在[a,b]内有可能无零点; D.“二分法”求方程的近似解可能得到 f ( x) ? 0 在[a,b]内的精确解; 解析:如果函数在某区间满足二分法题设,且在区间内存在两个及以上的实根,二分法 只可能求出其中的一个, 只要限定了近似解的范围就可以得到函数的近似解, 二分法的实施 满足零点存在性定理,在区间内一定存在零点,甚至有可能得到函数的精确零点。 点评:该题深入解析了二分法的思想方法 1.(2009 福建卷文)若函数 f ? x ? 的零点与 g ? x ? ? 4 ? 2 x ? 2 的零点之差的绝对值不超过
x

0.25, 则 f ? x ? 可以是 A. f ? x ? ? 4 x ? 1 C. f ? x ? ? e ? 1
x

B. f ? x ? ? ( x ? 1) D. f ? x ? ? In ? x ?

2

? ?

1? ? 2?

答案 A 解析

f ? x ? ? 4 x ? 1 的零点为 x=

1 2 x , f ? x ? ? ( x ? 1) 的零点为 x=1, f ? x ? ? e ? 1 的零 4

点为 x=0, f ? x ? ? In ? x ? 点 , 因 为 g(0)= -1,g(

? ?

1? 3 x ? 的零点为 x= .现在我们来估算 g ? x ? ? 4 ? 2 x ? 2 的零 2? 2

1 1 )=1, 所 以 g(x) 的 零 点 x ? (0, ), 又 函 数 f ? x ? 的 零 点 与 2 2

g ? x ? ? 4 x ? 2 x ? 2 的零点之差的绝对值不超过 0.25,只有 f ? x ? ? 4 x ? 1 的零点适合,
故选 A。

题型 4:应用“二分法”求函数的零点和方程的近似解 例 7.借助计算器,用二分法求出 ln(2 x ? 6) ? 2 ? 3 在区间(1,2)内的近似解(精
x

确到 0.1) 。 解析:原方程即 ln(2 x ? 6) ? 3 ? 2 ? 0 。
x

令 f ( x) ? ln(2 x ? 6) ? 3 ? 2 ,
x

用计算器做出如下对应值表 x f(x) -2 2.5820 -1 3.0530 0 27918 1 1.0794 2 -4.6974

观察上表,可知零点在(1,2)内 取区间中点 x1 =1.5,且 f (1.5) ? ?1.00 ,从而,可知零点在(1,1.5)内; 再取区间中点 x 2 =1.25,且 f (1.25) ? 0.20 ,从而,可知零点在(1.25,1.5)内; 同理取区间中点 x 3 =1.375,且 f (1.375 ) ? 0 ,从而,可知零点在(1.25,1.375)内; 由于区间(1.25,1.375)内任一值精确到 0.1 后都是 1.3。故结果是 1.3。 点评: 该题系统的讲解了二分法求方程近似解的过程, 通过本题学会借助精度终止二分 法的过程。 例 8.借助计算器或计算机用二分法求方程 2 ? 3x ? 7 的近似解(精确到 0.1 )。
x

分析:本例除借助计算器或计算机确定方程解所在的大致区间和解的个数外,你是否 还可以想到有什么方法确定方程的根的个数? 略解:图象在闭区间 [ a , b ] 上连续的单调函数 f (x) ,在 ( a , b) 上至多有一个零点。 点评:①第一步确定零点所在的大致区间 ( a , b) ,可利用函数性质,也可借助计算机 或计算器,但尽量取端点为整数的区间,尽量缩短区间长度,通常可确定一个长度为 1 的区 间; ②建议列表样式如下: 零点所在区间 [1,2] [1,1.5] [1.25,1.5] 中点函数值 区间长度 1 0.5 0.25

f (1.5) >0 f (1.25) <0 f (1.375) <0

如此列表的优势:计算步数明确,区间长度小于精度时,即为计算的最后一步。 题型 5:一元二次方程的根与一元二次函数的零点

例 9. 设二次函数

,方程

的两个根



足 0 ? x1 ? x2 ?

1 . 当 a

时,证明



证明:由题意可知

f ( x) ? x ? a( x ? x1 )( x ? x2 ) ,

? 0 ? x ? x1 ? x2 ?


1 , a

a( x ? x1 )( x ? x2 ) ? 0 ,





时, f ( x) ? x 。

又 f ( x) ? x1 ? a( x ? x1 )( x ? x2 ) ? x ? x1 ? ( x ? x1 )( ax ? ax2 ? 1) ,

x ? x1 ? 0, 且ax ? ax2 ? 1 ? 1 ? ax2 ? 0,


f ( x) ? x1 ,

综上可知,所给问题获证。

点评:在已知方程

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 例 10.已知二次函数 f ( x) ? ax ? bx ? 1 (a, b ? R, a ? 0) ,设方程 f ( x) ? x 的两个
2

实数根为 x1 和 x 2 . (1)如果 x1 ? 2 ? x2 ? 4 ,设函数 f (x) 的对称轴为 x ? x0 ,求证: x 0 ? ?1 ; (2)如果 x1 ? 2 , x 2 ? x1 ? 2 ,求 b 的取值范围.

解析:设 g ( x) ? f ( x) ? x ? ax ? (b ? 1) x ? 1 ,则 g ( x) ? 0 的二根为 x1 和 x 2 。
2

(1)由 a ? 0 及 x1 ? 2 ? x2 ? 4 ,可得

? g (2) ? 0 ?4a ? 2b ? 1 ? 0 ,即 ? , ? ?16 a ? 4b ? 3 ? 0 ? g (4) ? 0

b 3 ? ?3 ? 3 ? 2a ? 4a ? 0, ? 即? ?? 4 ? 2 ? b ? 3 ? 0, ? 2a 4a ?

b ? 1 ,所以, x0 ? ?1 ; 2a b ?1 2 4 2 (2)由 ( x1 ? x 2 ) ? ( ) ? , 可得 2a ? 1 ? (b ? 1) 2 ? 1 。 a a 1 又 x1 x 2 ? ? 0 ,所以 x1 , x 2 同号 a ?0 ? x1 ? 2 ? x2 ? ∴ x1 ? 2 , x 2 ? x1 ? 2 等价于 ? ?2a ? 1 ? (b ? 1) 2 ? 1 ?
两式相加得 或?

? x2 ? ?2 ? x1 ? 0 ? , ?2a ? 1 ? (b ? 1) 2 ? 1 ?
? g (2) ? 0 ? g (?2) ? 0 ? ? ? ? 或 ? g (0) ? 0 ? g (0) ? 0 ? ? ?2a ? 1 ? (b ? 1) 2 ? 1 ?2a ? 1 ? (b ? 1) 2 ? 1 ? ?



解之得

b?

1 7 或b ? 。 4 4

点评:条件 x1 ? 2 ? x2 ? 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 题型 6:一元二次函数与一元二次不等式

例 11.设

,若





, 试

证明:对于任意

,有



解析:∵ f ?? 1? ? a ? b ? c, f ?1? ? a ? b ? c, f ?0? ? c , ∴ a?

1 1 ( f ?1? ? f ?? 1? ? 2 f ?0?), b ? ( f (1) ? f (?1)), c ? f ?0? , 2 2

? x2 ? x ? ? x2 ? x ? 2 ∴ f ? x ? ? f ?1?? ? 2 ? ? f ?? 1?? 2 ? ? f ?0 ? 1 ? x . ? ? ? ? ? ? ?

?

?

∴ 当 ? 1 ? x ? 0 时,

f ? x ? ? f ?1? ? ?

x2 ? x x2 ? x ? f ?? 1? ? ? f ?0 ? ? 1 ? x 2 2 2

x2 ? x x2 ? x ? ? 1? x2 2 2

? x2 ? x ? ? x2 ? x ? 2 ? ?? ? 2 ? ? ? 2 ? ? (1 ? x ) ? ? ? ? ? ? ? 2 ? ?x ? x ? 1 1 5 5 ? ?( x ? ) 2 ? ? . 2 4 4 当 0 ? x ? ?1 时,
f ? x ? ? f ?1? ? x2 ? x x2 ? x ? f ?? 1? ? ? f ?0 ? ? 1 ? x 2 2 2

?

x2 ? x x2 ? x ? ? 1? x2 2 2

? x2 ? x ? ? ? x2 ? x ? ? ? (1 ? x 2 ) ?? ? 2 ??? ? ? ? 2 ? ? ? ?

? ?x2 ? x ? 1 1 5 5 ? ?( x ? ) 2 ? ? . 2 4 4
综上,问题获证。 点评: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 是确定值,而是与条件相对应的“取值范围”,因此,我们可以用 f ?0?, f ?1?, f ?? 1? 来表示

a, b, c 。

例 12. 已知二次函数

,当

时,有

,求证:



时,有 解析:由题意知: f (?1) ? a ? b ? c, f (0) ? c, f (1) ? a ? b ? c , ∴ a?

1 1 ( f (1) ? f (?1) ? 2 f (0)), b ? ( f (1) ? f (?1)), c ? f (0) , 2 2



? x2 ? x ? ? x2 ? x ? 2 ? ? f (?1)? ? f (1)? ? 2 ? ? 2 ? ? f ( 0) 1 ? x 。 ? ? ? ? ?

?

?

由 ∴

时,有

,可得

f (1) ? 1,

f ?? 1? ? 1 , f ?0 ? ? 1 。

f (2) ? 3 f ?1? ? f ?? 1? ? 3 f ?0? ? 3 f ?1? ? f (?1) ? 3 f (0) ? 7 , f (?2) ? f ?1? ? 3 f ?? 1? ? 3 f ?0? ? f ?1? ? 3 f (?1) ? 3 f (0) ? 7 。

(1)若 ?

b ? ?? 2,2?,则 f ? x ? 在 ?? 2,2? 上单调,故当 x ? ?? 2,2? 时, 2a
f ( x) max ? max( f (?2) , f (2) )



此时问题获证.

(2)若 ?

b ? ?? 2,2?,则当 x ? ?? 2,2? 时, 2a
? b ? f ( x) max ? max( f (?2) , f (2) , f ? ? ? ) ? 2a ?



b2 b b b f (1) ? f (?1) 1?1 ? b ? f ?? ?c? ? ? f ?0? ? ? ? 1? 2? ? 2?7, ? ? c? 4a 2a 2 2a 4 4 ? 2a ?
∴ 此时问题获证。

综上可知:当

时,有



点评: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) , 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。 题型 7:二次函数的图像与性质 例 13.(2009 福建省)已知某企业原有员工 2000 人,每人每年可为企业创利润 3.5 万元.为 应对国际金融危机给企业带来的不利影响,该企业实施“优化重组,分流增效”的策略,分流 出一部分员工待岗.为维护生产稳定,该企业决定待岗人数不超过原有员工的 5%,并且每年 给每位待岗员工发放生活补贴 O.5 万元.据评估,当待岗员工人数 x 不超过原有员工 1%时, 留岗员工每人每年可为企业多创利润(1-

81 )万元;当待岗员工人数 x 超过原有员工 1% 100 x

时,留岗员工每人每年可为企业多创利润 O.9595 万元.为使企业年利润最大,应安排多少员 工待岗? 解 设重组后,该企业年利润为 y 万元. ∵2000×1%=20,∴当 0<x≤20 且 x∈N 时, y=(2000-x)(3.5+1∵x≤2000×5%

81 324 )-0.5x=-5(x+ )+9000.81. 100 x x

∴x≤100,∴当 20<x≤100 且 x∈N 时,

y=(2000-x)(3.5+0.9595)-0.5x=-4.9595x+8919. ∴y??
324 ? ) ? 9000.81, (0 ? x ? 20且x ? N), ?? 5( x ? x ?? 4.9595x ? 8919, ( 20 ? x ? 100且x ? N). ?

当 0<x≤20 时,有

324 )+9000.81≤-5×2 324 +9000.81=8820.81, x 324 当且仅当 x= ,即 x=18 时取等号,此时 y 取得最大值. x
y=-5(x+

当 20<x≤100 时,函数 y=-4.9595x+8919 为减函数, 所以 y<-4.9595×20+8919=8819.81. 综上所述 x=18 时,y 有最大值 8820.81 万元. 即要使企业年利润最大,应安排 18 名员工待岗.

例 14(2008 陕西,理 17) (本小题满分 12 分) 已知函数 f ( x) ? 2sin

x x x cos ? 3 cos . 4 4 2

(Ⅰ)求函数 f ( x) 的最小正周期及最值; (Ⅱ)令 g ( x) ? f ? x ?

? ?

π? ? ,判断函数 g ( x) 的奇偶性,并说明理由. 3?

17.解:(Ⅰ)? f ( x) ? sin

x x ? x π? ? 3 cos ? 2sin ? ? ? . 2 2 ?2 3?

? f ( x) 的最小正周期 T ?

2π ? 4π . 1 2

当 sin ?

? x π? ?x π? ? ? ? ?1 时, f ( x) 取得最小值 ?2 ;当 sin ? ? ? ?1 时, f ( x) 取得最大值 2. ?2 3? ?2 3? π? ? x π? ? ? ? .又 g ( x) ? f ? x ? ? . 3? ?2 3? ?

(Ⅱ)由(Ⅰ)知 f ( x) ? 2sin ?

?1 ? π ? π? x ?x π? ? g ( x) ? 2sin ? ? x ? ? ? ? ? 2sin ? ? ? ? 2 cos . 3 ? 3? 2 ?2 2? ?2 ?

x ? x? ? g (? x) ? 2 cos ? ? ? ? 2 cos ? g ( x) . 2 ? 2?

?函数 g ( x) 是偶函数.
点评:该题考察到函数的图像与性质的综合应用,考察了分类讨论的思想 题型 8:二次函数的综合问题 例 15.(2008 湖南文 17) 17.已知函数 f ( x) ? cos
2

x x ? sin 2 ? sin x . 2 2

(I)求函数 f (x) 的最小正周期;

(II)当 x0 ? (0,

?
4

) 且 f ( x0 ) ?

4 2 ? 时,求 f ( x 0 ? ) 的值。 5 6

解:由题设有 f ( x) ? cos x ? sin x ?

π 2 sin( x ? ) . 4

(I)函数 f ( x) 的最小正周期是 T ? 2π. (II)由 f ( x 0 ) ?

4 2 π 4 2 π 4 得 2 sin( x0 ? ) ? , 即 sin( x0 ? ) ? , 5 4 5 4 5

因为 x0 ? (0,

?

π π ? ) ,所以 x0 ? ? ( , ). 4 4 4 2
π π 4 3 ) ? 1 ? sin 2 ( x0 ? ) ? 1 ? ( ) 2 ? . 4 4 5 5

从而 cos( x0 ? 于是 f ( x 0 ?

π ? π ? ? ) ? 2 sin[( x0 ? ) ? ] 6 4 6 4 6 π ? π ? ? 2[sin( x0 ? ) cos ? cos( x0 ? )sin ] 4 6 4 6

?

) ? 2 sin( x0 ?

4 3 3 1 4 ? 3 2 6 ? 2( ? ? ? ) ? . 5 2 5 2 10
点评: 本题主要考查函数图象的对称、 二次函数的基本性质与不等式的应用等基础知识, 以及综合运用所学知识分析和解决问题的能力 例 16.已知函数 f ( x) ? 2 ?
z

a 。 2x

(1)将 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; (3)设 F ( x) ? 取值范围 解析:(1) g ?x ? ? f ?x ? 2? ? 2
x?2

1 f ( x) ? h( x) ,已知 F (x) 的最小值是 m 且 m ? 2 ? 7 ,求实数 a 的 a ? a 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,

于是 即

y ? 2 ? 2 x?2 ? h?x ? ? 2 ? 2 x ?2

, 2 x?2 a ? x ?2 ; 2

a

(3) F ( x) ?

1 (4a ? 1) ?1 1? f ( x ) ? h( x ) ? ? ? ? 2 x ? ? 2。 a 2x ?a 4?

4?a 4a ? 1 t? ? 2。 4a t 4?a 4a ? 1 问题转化为: t? ? 2 ? 2 ? 7 对 t ? 0 恒成立. 即 4a t 4?a 2 (*) t ? 7t ? ?4a ? 1? ? 0 对 t ? 0 恒成立. 4a 4?a 4?a 故 必 有 ?0 . ( 否 则 , 若 ?0 , 则 关 于 t 的 二 次 函 数 4a 4a 4?a 2 4?a 当 必有 u ?t ? ? 0 ; 而当 u (t ) ? t ? 7t ? ?4a ? 1? 开口向下, t 充分大时, ? 0 时, 4a 4a 4?a 2 显然不能保证(*)成立.),此时,由于二次函数 u (t ) ? t ? 7t ? ?4a ? 1? 的对称轴 4a
设 t ? 2 ,则 F ( x) ?
x

?4 ? a ? 4a ? 0 7 ? t? ? 0 ,所以,问题等价于 ? t ? 0 ,即 ? , 4?a ?7 ? 4 ? 4 ? a ? ?4a ? 1? ? 0 ? 8a 4a ?
解之得:

1 ? a ? 2。 2
4?a 4?a 4a ? 1 ? 0,4a ? 1 ? 0 ,故 F ( x) ? t? ? 2在t ? 4a 4a t
4?a ? ?4a ? 1? ? 2 满足条件 4a 4a(4a ? 1) 取得 4?a

此时,

最小值 m ? 2

b ? 4ac ? b 2 ? , 对称轴、最值、判别式显 点评:紧扣二次函数的顶点式 y ? a? x ? ? ? 2a ? 4a ?
合力。

2

五.【思维总结】
1.函数零点的求法: ①(代数法)求方程 f ( x) ? 0 的实数根; ②(几何法)对于不能用求根公式的方程,可以将它与函数 y ? f (x) 的图象联系起来, 并利用函数的性质找出零点。 2.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。 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)二次函数的一般式 y ? ax ? bx ? c (c ? 0) 中有三个参数 a, b, c . 解题的关键在
2

于:通过三个独立条件“确定”这三个参数 (2)数形结合:二次函数 f ( x) ? ax ? bx ? c
2

?a ? 0? 的图像为抛物线,具有许多优 ?a ? 0? 在区间 (??,?
b ]和 2a

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。因为二次函数 f ( x) ? ax ? bx ? c
2

区间 [?

b ,??) 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 2a

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


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