高三数学同步辅导教材(第8讲)

高三数学同步辅导教材(第8讲)

高三数学总复习教程（第 8 讲） 一、本讲内容 二次函数 本章进度 二次函数、二次方程与不等式 二、学习指导 一次函数与二次函数在高中数学中占有重要位置，一次函数内容较简单；二次函数虽在初中已学过， 但那时遇到的情况较简单，对了二次函数在定义域受限制时的值域、单调区间、二次方程根的分布，二 次不等式及它们之间的关系等都未涉及，字母系数的二次函数更是同学们学习的一个难点，所以，应占 在新的高度重新认识。 (1)在一元二次函数 f(x)=ax2+bx+c(a≠0)，a＞0 时开口向上，a＜0 时开口向下；c=f(0)是图象在 y 轴 上的截距；对称轴为 x= a2 b ，a、b 同号时在左半平面，a、b 异号时在右半平面；判别式△决定了图象 与 x 轴的位置关系：△＜0 时，不相交，△=0 时，有一个交点( ，0)，当△＞0 时，有两交点，两 交点间距离(弦点)= a  ； 当 a＞0，x∈［m，n］时，若 ≤m，则 f(x)∈［f(m)，f(n)］；若 ≥n 时，f(x)∈［f(n)，f(m)］； 若 m＜ ≤ 2 mn  ，则 f(x)∈［ a4 bac4 2 ，f(n)］；若 ＜ ＜n，则 f(x) ［ ，f(m)］. 当 a＜0，x∈［m，n］时，若 ≤m，则 f(x)∈［f(n)，f(m)］；若 ≥n 时，f(x)∈［f(m)，f(n)］； 若 m＜ ≤ ，则 f(x)∈［ f(n)， ］；若 ＜ ＜n，则 f(x)∈［ f(m)， ］. 对一元二次方程 f(x)=ax2+bx+c=0(a≠0)，x∈(m，n). 解集为单元素集 f(m)f(n)＜0 或 △=0 ∈(m，n)； 解集含两个元素 △＞0 △＞0 f(m)＞0 f(m)＜0 f(n)＞0 或 f(n)＜0 ∈(m，n) ∈(m，n) a＞0 a＜0； 解集为空集 △≥0 △≥0 f(m)＞0 或 f(m)＜0 f(n)＞0 f(n)＜0 a2 b (m，n)  (m，n) a＞0 a＜0 若既 x∈(m，n)为 x∈［m，n］，则除去对(m，n)的一般讨论外，要具体关注 x=m，x=n 的情形. 对一元二次不等式，为简单化、程式化计，我们先使二次项系数变正.(即使 a＞0)： ax2+bx+c＞0 ax2+bx+c＜0 △＜0 R  △=0 ｛ a2 bxRxx  且 ｝  △＞0 两根之外(开区间) 两根之间(开区间) 三、典型例题讲评 例 1．设二次函数 y=f(x)在 x=m(m≥0)时有最大值 5，二次函数 y=g(x)在 x=m 时值为 25，g(x)有最小 值－2，又 f(x)+g(x)=x2+16x+13. 求 m 及 g(x). 根据条件表达二次函数有三种常见模式可供选择：①当图象通过的已知点较多(三个，至少两个)时， 采用一般式：y=ax2+bx+c (a=0).②当已知二次函数图象的顶点(至少知道对称轴)时，常单用的 y=a(x－ xO)2+yO 形式；③如知道相应二次方程 f(x)=0 的两个根 x1，x2. 则采用 y=a(x－x1)(x－x2)的形式较简单. 本题中，我们可设 f(x)=a(x－m)2+5 a ＜ 0 则 g(x)=x2+16x+13－a(x－m)2－5 令 x=m 知 25=m2+16m+8. m=1 或－17 (m=－17＜0. 舍去＝ ∴g(x)=(1－a)x2+(16+2a)+8－a 令 8a－ )a1(4 )a216( 2   =－2 便可求出 a 的值. 例 2 已知函数 f(x)=ax2+4x+b ＜ ，设关于 x 的方程 f(x)=0 的两实根为 x1、x2，方程 f(x)=x 的两 实根为 、  . (1)若 a、b 均为负整数，且  =1.求 f(x)的解析式； (2)若仅 a 为负整数，且 f(1)=0，则 1≤ 21 xx  ＜2. (3)若 ＜1＜ ＜2. 则 x1x2＜2. 本题中两个方程：ax2+4x+b=0 和 ax2+3x+b=0 第(1)题中只涉及第二个方程，由已知 1= a ab49  两 边平方化简后有 a (a+4b)=9. 因 a、b 故均为负整数，故 a+4b 也为负整数. 由 a －1 －3 －9 a+4b －9 －3 －1 只有第一组符合题意 ∴f(x)=－x2+△x－2. 第(2)小题中 a +4+b=0，故 = 2a ab416  =2 2a )4a(a4  =2 2a 4 a 41  =2 1a 2  ∈ 2,1 (这是因为仅 a 为负整数，b=－(a+4)≥0. a≤－4. 故          1,2 1 a 21,0,2 1 a 2 ) 第(3)小题中，记 g(x)=ax2+3x+b. 由已知 g(1)=a+3+b＞0 ① g(2)=4a +6+b＜0 ② ①×2－②式得： a －1 －3 －9 b －2 0 2 知 －2a+b＞0 而 a＜0. ∴ a b ＜2 即 x1、x2＜2 例 3 已知二次函数 f(x)=ax2+bx+c (a＞b＞c)的图象上有两点 A(m1，f(m1))、B(m2、f(m2))的坐标满 足 a2+［f(m1)+f(m2)］a+ f(m1) f(m2)=0, f(1)=0. (1)求方程 f(x)=0 另一个根的取值范围； (2)求证：b≥0； (3)求证：f(m1+s)与 f(m2+3)两数中至少有一个为正数，别一根为 a c ：因 a＞b＞c，a+b+c=0.知 a＞0, c ＜0 必小于零，又 = a ba   ＞ a a2  =－2 故另一根∈(－2，0). 由已知 f(m1)、f(m2)中至少有一个等于－a＜0，故 f(x)的最小值 C－ a4 b 2 ≤－a. 即 4ac+4a2=b2. －4ab ≤b2. b≥0 或 b≤－4a. 但若 b≤－4a 则 c＜b≤－4a. 0=a+b+c＜－7a＜0 矛盾. ∴b≥0. 不妨设 f(m1)=－a＜0. 则 m1∈(－2，1) 于是 m1+3∈(1，4) f(x)在 ,1 单调增. ∴f(m1+3)＞f(1)=0. 例 4 二次函数 f(x)=ax2+bx+c 的图象经过点(－1，0)，问是否存在常数 a、b、c，使 x≤f(x)≤ 2 1 (1+x2) 对一切实数都成立？证明你的结论. 由已知，a－b+c =0，a≠0. 原不等式组即 ax2+(b－1)x+c≥0 ① (2a－1)x2+2bx+2c－1≤0 ② 都成立 当 a= b=0 时 c≤ ①为 x2－x+c≥0，其判别式△=1－2c≥1－1=0 知 a= , b=0, c= 时，①、②两式均能恒成立. 但 与 a－b+c =0 矛盾，舍去. 另当 a＞0 (b－1)2－4ac≤0 2a－1＜0 4b2－4(2a－1)(2c－1)≤0 a－b+c =0 ∴ a∈(0， ) (a +c)2－2(a+c)+1≤4ac (a +c)2≤4ac－2(a+c)+1 两不等式相等， (a +c)2≤4ac ∴a=c 代回两不等式分别得 a≤ 4 1 和 a≥ ，∴a=c= ，从而 b= , 故存在唯一一组常数( , , ), 满足题没条件. 另：若 x≤ax2+bx+c≤ (1+x2)恒成立，则当 x=1 时成立. 1≤a+b+c≤1. 知 a+b+c =1，又知 a－b+c=0 故 b=a+c= . 要对一切 x∈R ②式恒成立，但此时不等式 时，两式恒成立 此时 f(x)≥x 即 ax2－ 2 1 x+ －a≥0 要恒成立. 故 a＞0 a＞0 4 1－4a( －a)≤0 (a－ )2≤0 ∴a= . 从而 a=c= , b= . 例 5．a、b、c∈R，m∈R， m c 1m b 2m a  =0. f(x)= ax2+bx+c (1)若 a=0，试判断方程 f(x)=0 在(0，1)中是否有解； (2)若 a≠0，试证明 af( 1m m  )＜0. 并证明方程 f(x)=0 在(0，1)中必有解. a=0 时，情形比较简单：已知条件即 1m b  + m c =0. 方程即 bx+c=0. ∵f(0) f (1)=c(b+c)= c(－ m )1m(c  +c)= m c 2 ≤0 知当 c≠0 时，b≠0 在(0,1)中 f(x)=0 有且只有一解，当 c=0 时，b 应为 0， f(x)=0, 在(0,1)中有无数个解. 当 a≠0 时，af( )=a［a 2 2 )1m( m  +b 1m m  +c］ =am［ 2)1m( am  + 1m b  + ］=am［ 2m a )1m( am 2  ］ = )2m()1m( ma 2 2  ＜0 当 ac＞0 时，∵f(0)f( 1m m  )=cf( 1m m  )= a c (af( ))＜0. f(x)=0 在(0， )中必有一解，故在(0,1) 中必有一解；当 ac≤0 时，f(1)f( )=(a+b+c)f( ) =(m+1)( 1m a  + 1m c  + 1m b  )f( ) =(m+1)( + － 2m a  － )f( ) =［ 2m 1  － m a c ］(af( ))＜0 ∴f(x)=0 在（ ，1）中必有一解，即在(0,1)中必有一解. 综上，f(x)=0 在（0，1）中必有解. 四、巩固练习 1．已知二次函数 f(x)当 x= 时取得最小值－ 4 49 ，方程 f(x)=0 的两根的四次方程为 337， 求 f(x)的解析式. 2．把函数 y= x 按向量 m =(－2，－2)平移后得到函数 g(x)的图象，已知二次函数 f(x)图象 的一部分与 y=g－1(x)图象重合，若 y= f(x)的图象与直线 y=ax+1 相切，求切是坐标. 3．已知函数 f(x)=ax2+2ax+1 x∈［－3，2］的最大值为 4，求其最小值. 4．若 f(x)=8x4+8(a－2)x2－a+5 恒正，求 a 的取值范围. 5．若二次函数 f(x)=4x2－2(p－2)x－2p2－p+1 在［－1，1］中至少存在一实数 C，使 f(c)＞0， 即 求 P 的取值范围. 6．已知二次函数 y=f(x)图象的顶点为 A，与 x 轴交 y B、C，若 f(x)满足 f(2+x)=f(2－x). f(－1)=0. △ABC 面积为 18，求此二次函数解析式. 7．已知函数 f(x)=ax2+a2x+2b－a3 (1)当 x∈(－2，6)时，f(x)＞0，而当 x∈(－∞，－2)∪(6，+∞)时，f(x)＜0，求 a、b 的值， 及 f(x)表达式； (2)设 F(x)=－ 4 R f(x)+4(k+1)+2(6k－1). K 取何值时，F(∞)恒负？ 8．已知函数 f(x)=ax2+bx+c (1)若 a+c=0，且 x∈［－1，1］时 f(x)的最大值为 2，最小值为－ 2 5 ，则 a≠0 且 a b ＜2； (2)若 a＞0，且 P+ =1，Pf(x)+ f(y)≥f(px+ y)恒成立，求 p、q 的取值范围. 9．二次函数 f(x)=ax2+bx+c (a＞0). 已知方程 f(x)=x 的两个根 x1、x2 满足 0 ＜x1＜x2＜ a 1 ， (1)当 x∈(0，x1)时，必有 x＜f(x)＜x1; (2)设 f(x)图象的对称轴为 x=xO，则 xO＜ 2 x1 . 10．一质点运动轨道方程为 y=ax2+c (a＞0). 经过点 A(0，9). D 为 x 轴上［6，7］原域. (1)若质点落在 D 中，求 a 的取值范围； (2)若质点经过点 P(2，8.1)，它能否落在 D 内？说明理由. 五、参考答案 1．设 f(x)=a(x－ 2 1 ) 2－ 4 49 . (a＞0) 则 f(x)=0 两根为 ± a 1 2 7  ，两根之和为 1，两根之积为 a4 49 4 1  ，由已知， 337= 4 1x + 4 2x =(x1+x2)4－4x1x2(x1+x2)2+2(x1x2)2 =1－4( )+2( )2. 记 =t. 则 t2－2t－168=0 t=14 或－12. =14 或－12 a 49 =49 或－55（－55 舍去）. ∴a=1. f(x)=x2－x－12. 2．g(x)= 2x  －2. f(x)=x2+4x+2 与 y=ax+1 联立有 x2+(4－a)x+1=0 △=(4a)2－4=0 a=6 或 2， ∴x=1 或－1 切点(1，7)或(－1，－1) 3．当 a=0 时，f(x)≡0 与已知不符. 当 a≠0 时，f(x)的图象为对称轴是 x=－1 的抛物线上的一段，当 a＜0 时， 4=f(－1)=－a+1. ∴a=－3 此时最小值为 f(2)=1；当 a＞0 时，4=f(2)=8a+1. ∴a= 8 3 . 此时最小值为 f(－ 1)= 8 5 . 4．记 u=x2≥0，则 f(x)=g(u)=8u2+8(a－2)u－a+5. 当△=64(a－2)2－32(5－a)＜0 即 ＜a＜3 或 △≥0 g(0)=5－a＞0 时 g(u)＞0 a a2  ＜0 ∴ a∈( 2 1 ，5) 5．解法一：若［－1，1］中所有实数都不满足 f(x)＞0. 则应有 f(－1)=4+2(p－2)－2p2－p+1≤0 解得 p≤－3 或 p≥ 2 3 f(1)=4－2(p－2)－2p2－p+1≤0 ∴符合题意的 P 的取值范围是(－3， ) 解法二，要使［－1，1］中有 C，使 f(C)＞0, 只要 f(1)＞0 或 f(－1)＞0 即可，即 p∈(－3，+ )或 p ∈(－ ，+1) ∴p∈(－3， ) 6．设此二次函数解析式为 f(x)=a(x－2)2+b 因与 x 轴相交，故 ab＜0，f(－1)=0. ∴f(5)=f(2+3)=f(2－3)=f(－1)=0 ×［5－(－1)］|b|=18. |b|=6. 0=9a+6 ∴a= 9 1 b f(x)=－ 3 2 (x－2)+6 或 (x－2)－6. 7．(1)由已知 a＜0 且 －a=6－2 a=－4 a ab2 3 =6(－2) b=－8 ∴f(x)=－4x2+16x+48 (2)F(x)=kx2+4x－2 要恒负 k＜0 16+8＜0 ∴k＜－2. 8．(1)(反证法) 反设 a=0，则由 a+c=0 知 c=0 f(x)=bx. 为［－1，1］上的奇函数，最大、最小值必互为相反数， 与已知矛盾. ∴a≠0； 反设 a b ≥2，则 f(x) x∈［－1，1］为单调函数，由已知 a+|b|+c=2 a－|b|+c=－ 2 5 而 a+c=0 从而 |b|=2 |b|= 不可能. ∴| a b |＜2. (2)由题设 p(ax2+bx+c)+E(ay2+by+c)≥a(px+ y)2+b(ax+qy)+c 恒成立. 即 ap(1－p)x2+aq(1－q)y－2xyapq+c(p+q－1)≥0 apq(x－y)2≥0 ∴pq≥0 又 p+q=1 故 p(1－p)≥0 p∈［0,1］ 同理 q∈［0,1］ 即 3≤a＜5 ∴ 9．(1)设 f(x)－x=a(x－x1)(x－x2) ∵x＜x1＜x2, a＞0. ∴a(x－x1)(x－x2)＞0. 即 f(x)＞x. 而 f(x)－x =a(x1－x)(x2－x)＜a(x1－x)( a 1 －0)= x1－x ∴f(x)＜x1 (2)xO=－ a2 b =－ a2 1b  － a2 1 = 2 xx 21  － = 2 x1 + 2 1 (x2－ ) 10．(1)过(0,9) ∴c=9 f(x)=ax2+9 f(6)=36a+9＞0 ∴a∈(－ 4 1 ,－ 49 9 ) f(7)=49a+9＜0 (2) 8.1=4a+9 ∴a=－ 40 9 令－ x2+9=0 正根 x=2 10 ∈(6,7) 故质点可以距在 D 区域内. 六、附录 例 1．设 f(x)=a(x－m)2+5 a ＜ 0 . 则 g(x)=x2+16x+13－a(x－m)2－5. 令 x=m, g(m)=m2+16m+8=25. ∴m=1 或－17.(－17 舍去) ∴g(x)=(1－a)x2+2(8+a)x+8－a 令 8－a－ )a1(4 )a8(4 2   =－2 解得 a=－2. ∴m=1. g(x)=3x2+12x+10 例 2．(1)方程 ax2+3x+b=0 中，1= 2a 9 － a b4 . y 是有 a(a+4b)=9. 又 a、b 故为负整数，故 a 与 a+4b 均为 负整数，且 a＞a+4b. 故 a=－1. a+4b=－9. 从而 a=－1, b=－2. f(x)=－x2+4x－2. (2)由 f(1)=0 和 a+b=－4. a 为负整数， 故 b 亦为整数，且 b=－a－4≥0， a≤－4， a 2 ∈(－ ， 0) ∴|x1－x2|= 2a ab416  = 2a )4a(a416  =2 2a 4 a 41  =2| +1|∈ 2,1 (3)记 g(x)=ax2+3x+b 要使  ＜1＜  ＜2，应有 g(1)=a+3+b＞0 g(2)=4a+6+b＜0 又 a＜0 ∴ a b ＜2 ∴x1x2＜2. 例 3．(1)由韦达定理，另一根为 a c ， ∵f(1)=0. ∴a+b+c=0 又 a＞b＞c. ∴a＞0 且 c＜0 ∴ ＜0 另一方与 =－ a ba  ＞ a a2  =－2 ∴另一根∈(－2,0) (2)由已知 f(m1)与 f(m2)中至少有一个为－a＜0. f(x)的最小值 C－ a4 b 2 ≤－a. 4a(a+c)－b2≤0. 即 b2+4ab≥0 ∴b≥0 或 b≤－4a. 若 b≤－4a, 则 c＜－4a. a+b+c＜a－8a=－7a＜0. 与已知 a+b+c=0 矛盾，∴b≥0. 消去常数 有－2a+b＞0 (3)不妨设 f(m1)=a1＜0. 则 m1∈(－2,1) 于是 m1+3∈(1,4)而 f(x)在(－∞， a c )∪(1,+ ∞)均正，∴ f(m1+3)＞0. 例 4．在 x≤f(x)≤ 2 x1 2 中，令 x=1，1≤f(1)≤1. ∴a+b+c=1. 又 a－b+c=0 故若 a、b、c 存在必满足 a+c=b= 2 1 . 要 ax2+ x+( －a)≥x 恒成立，即 ax2－ x+ －a≥0 恒成立，a＞0. 且 4 1 －4a( －a)≤0. (a－ )2≤0. ∴a= . C= . 此时， x2+ x+ ≤ (1+x2)即 ∴存在 a=c= b= 满足题设条件 例 5．见(三)典型例题讲解.