2018届二轮复习二次函数及函数方程课件理（全国通用）
第
2
讲 二次函数及函数方程
-
2
-
热点考题诠释
高考方向解读
1
.
(2017
浙江
,5)
若函数
f
(
x
)
=x
2
+ax+b
在区间
[0,1]
上的最大值是
M
,
最小值是
m
,
则
M-m
(
)
A.
与
a
有关
,
且与
b
有关
B.
与
a
有关
,
但与
b
无关
C.
与
a
无关
,
且与
b
无关
D.
与
a
无关
,
但与
b
有关
答案
解析
解析
关闭
答案
解析
关闭
-
3
-
热点考题诠释
高考方向解读
答案
解析
解析
关闭
答案
解析
关闭
-
4
-
热点考题诠释
高考方向解读
3
.
(2017
全国
3,
理
11)
已知函数
f
(
x
)
=x
2
-
2
x+a
(e
x-
1
+
e
-x+
1
)
有唯一零点
,
则
a=
(
)
答案
解析
解析
关闭
答案
解析
关闭
-
5
-
热点考题诠释
高考方向解读
答案
:
C
-
6
-
热点考题诠释
高考方向解读
如图
,
作出函数
y=|
log
a
(
x+
1)
+
1
|
(
x
≥
0)
的图象
,
由图知当
x
≥
0
时
,
方程
|f
(
x
)
|=
2
-x
只有一解
.
当
x<
0
时
,
|f
(
x
)
|=
2
-x
,
即
x
2
+
(4
a-
3)
x+
3
a=
2
-x
只有一负实根
,
整理得
x
2
+
(4
a-
2)
x+
3
a-
2
=
0,
Δ=
(4
a-
2)
2
-
4
×
1
×
(3
a-
2)
=
4(4
a
2
-
7
a+
3)
=
4(4
a-
3)(
a-
1)
.
-
7
-
热点考题诠释
高考方向解读
-
8
-
热点考题诠释
高考方向解读
从近几年的浙江高考试卷来看
,
对二次函数及其综合问题的考查仍是重点
,
常作为各类试题的压轴题
,
难度较大
.
常见的命题形式有
:(1)
对三个
“
二次
”
的综合考查
,
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
,
三者之间的互相转化是考查的重点
,
深刻理解它们之间的相互关系是解题的关键
;(2)
结合函数与方程的关系、根的存在性定理或函数的图象
,
对函数以及复合函数是否存在零点
(
方程是否存在实根
)
进行判断
;
利用零点
(
方程实根
)
的存在求相关参数的值或范围
.
(3)
把二次函数与绝对值、不等式、数列等综合在一起考查
,
通常会体现知识点的交汇
,
含多个参数的分类讨论、含绝对值的不等式证明、不等式恒成立等诸多问题
,
综合考查函数与方程思想、等价转化思想的灵活应用能力
.
随着浙江进入新高考
,
导数回归高考数学
,
函数的压轴题会转向用导数的应用
,
对二次函数
(
特别是含绝对值和多参数的二次函数
)
问题的考查会有所淡化
.
-
9
-
热点考题诠释
高考方向解读
对函数与方程的考查主要体现在以下几个方面
:
一、结合函数与方程的关系
,
求函数的零点
;
二、结合根的存在性定理或函数的图象
,
对函数或复合函数的根的个数进行判断
;
三、利用零点
(
方程实根
)
的存在求相关参数的值或范围
.
考向预测
:
二次函数是浙江省高考热点之一
,
这部分知识主要综合最值、零点、不等式和绝对值等进行考查
,
以选择题和填空题为主
,
也可以结合导数问题在解答题中考查
,
难度中等或较大
;
而函数与方程常常综合分段函数、基本初等函数的性质进行考查
,
以选择题和填空题为主
,
函数零点问题多结合导数在解答题中进行考查
.
-
10
-
命题热点一
命题热点二
命题热点三
例
1
已知函数
f
(
x
)
=|x
2
-
1
|+x
2
-kx.
(1)
若
k=
2,
求出函数
f
(
x
)
的单调区间及最小值
;
(2)
若
f
(
x
)
≥
0
恒成立
,
求实数
k
的取值范围
.
答案
答案
关闭
-
11
-
命题热点一
命题热点二
命题热点三
-
12
-
命题热点一
命题热点二
命题热点三
迁移训练
1
已知
a>
0,
b
∈
R
,
函数
f
(
x
)
=
4
ax
2
-
2
bx-a+b
,
x
∈
[0,1]
.
(1)
求函数
f
(
x
)
的最大值
;
(2)
若
-
1
≤
f
(
x
)
≤
1
对任意的
x
∈
[0,1]
恒成立
,
求
a+b
的取值范围
.
-
13
-
命题热点一
命题热点二
命题热点三
(2)
先证明
f
(
x
)
+|
2
a-b|+a
≥
0
.
令
g
(
x
)
=
4
ax
2
-
2
bx+b+|
2
a-b|
,
当
b
≤
2
a
时
,
g
(
x
)
=
4
ax
2
-
2
bx+
2
a
≥
4
ax
2
-
4
ax+
2
a=
2
a
(2
x
2
-
2
x+
1),
当
b>
2
a
时
,
g
(
x
)
=
4
ax
2
+
2
b
(1
-x
)
-
2
a
≥
4
ax
2
+
4
a
(1
-x
)
-
2
a=
2
a
(2
x
2
-
2
x+
1),
-
14
-
命题热点一
命题热点二
命题热点三
A.
k<
0 B.
k<
1 C.0
1
(2)
已知函数
f
(
x
)
=x
2
+ax+b
(
a
,
b
∈
R
)
在区间
(0,1)
上有两个零点
,
则
3
a+b
的取值范围是
.
答案
:
(1)D
(2)(
-
5,0)
-
15
-
命题热点一
命题热点二
命题热点三
-
16
-
命题热点一
命题热点二
命题热点三
-
17
-
命题热点一
命题热点二
命题热点三
规律方法
1
.
确定函数零点存在区间及个数的方法
(1)
利用零点存在的判定定理
.
(2)
利用数形结合法
.
当方程两端所对应的函数类型不同或对应的函数解析式为绝对值、分式、指数、对数及三角函数式时
,
常用数形结合法求解
.
2
.
应用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法
(1)
利用零点存在的判定定理构建不等式求解
.
(2)
分离参数后转化为求函数的值域
(
最值
)
问题求解
.
(3)
转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题
,
从而构建不等式求解
.
-
18
-
命题热点一
命题热点二
命题热点三
迁移训练
2
已知函数
f
(
x
)
=ax
2
+bx+c
(
a
≠0)
满足
f
(0)
=
0,
对于任意
x
∈
R
都有
f
(
x
)
≥
x
,
且
,
令
g
(
x
)
=f
(
x
)
-|λx-
1
|
(
λ>
0),
(1)
求函数
f
(
x
)
的表达式
;
(2)
函数
g
(
x
)
在区间
(0,1)
上有两个零点
,
求
λ
的取值范围
.
-
19
-
命题热点一
命题热点二
命题热点三
解
:
(1)
∵
f
(0)
=
0,
∴
c=
0
.
又
∵
f
(
x
)
≥
x
,
即
ax
2
+
(
b-
1)
x
≥
0
对于任意
x
∈
R
都成立
,
∴
a>
0,
且
Δ=
(
b-
1)
2
≤
0,
∵
(
b-
1)
2
≥
0,
∴
b=
1,
a=
1,
∴
f
(
x
)
=x
2
+x.
(2)
①
当
0
<λ
≤
2
时
,
可知函数
g
(
x
)
在区间
(0,1)
上单调递增
,
又
g
(0)
=-
1
<
0,
g
(1)
=
2
-|λ-
1
|>
0,
故函数
g
(
x
)
在区间
(0,1)
上只有一个零点
,
-
20
-
命题热点一
命题热点二
命题热点三
-
21
-
命题热点一
命题热点二
命题热点三
A.
当
k>
0
时
,
有
4
个零点
;
当
k<
0
时
,
有
1
个零点
B.
无论
k
为何值
,
均有
2
个零点
C.
当
k>
0
时
,
有
3
个零点
;
当
k<
0
时
,
有
2
个零点
D.
无论
k
为何值
,
均有
4
个零点
-
22
-
命题热点一
命题热点二
命题热点三
答案
:
(1)A
(2)D
若
f
(
f
(
x
))
=-
1,
则问题转化为存在多少个
x
0
的值使得函数值
t=f
(
x
0
),
且使得
f
(
t
)
=f
(
f
(
x
0
))
=-
1
.
则当
k=
0
时
,
因
y=
1
与函数
y=
ln
x
的图象的交点的纵坐标为
1,
f
(1)
=
0≠
-
1,
即函数
y=f
(
f
(
x
))
+
1
无零点
;
当
k<
0
时
,
存在唯一的直线
y=kx+
1
与函数
y=
ln
x
的图象的交点的横坐标满足
0
0
时
,
分别存在两个
t
值使得
直线
y=kx+
1
与函数
y=
ln
x
的图象的交点的
横坐标满足题设
,
故函数
y=f
(
f
(
x
))
+
1
有四个
零点
,
应选
A.
-
23
-
命题热点一
命题热点二
命题热点三
-
24
-
命题热点一
命题热点二
命题热点三
-
25
-
命题热点一
命题热点二
命题热点三
规律方法
已知一个具体的函数
f
(
x
),
然后求解
f
(
f
(
x
))
=a
的方程根的个数问题
,
可以先把原方程分解为
2
个方程
:
f
(
t
)
=a
,
t=f
(
x
),
再结合两个函数的图象来考察原方程解的情形
.
-
26
-
命题热点一
命题热点二
命题热点三
答案
解析
解析
关闭
答案
解析
关闭
-
27
-
答题规范提分
解答题解题过程要求
“
解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤
”
,
因此
,
在解答题答题过程中应该有规范的书写步骤
,
分步得分
.
-
28
-
例题
(
本题
15
分
)
已知
a
≥
3,
函数
F
(
x
)
=
min{2
|x-
1
|
,
x
2
-
2
ax+
4
a-
2},
(1)
求使得等式
F
(
x
)
=x
2
-
2
ax+
4
a-
2
成立的
x
的取值范围
.
(2)
①
求
F
(
x
)
的最小值
m
(
a
);
②
求
F
(
x
)
在区间
[0,6]
上的最大值
M
(
a
)
.
解
:
(1)
因为
a
≥
3,
所以当
x
≤
1
时
,(
x
2
-
2
ax+
4
a-
2)
-
2
|x-
1
|=x
2
+
2(
a-
1)(2
-x
)
>
0; 2
分
当
x>
1
时
,(
x
2
-
2
ax+
4
a-
2)
-
2
|x-
1
|=
(
x-
2)(
x-
2
a
)
.
4
分
故使得等式
F
(
x
)
=x
2
-
2
ax+
4
a-
2
成立的
x
的取值范围为
[2,2
a
]
.
6
分
-
29
-
-
30
-
1
2
3
1
.
已知
[
x
]
表示不超过实数的最大整数
,
g
(
x
)
=
[
x
],
x
0
是函数
的零点
,
则
g
(
x
0
)
等于
(
)
A.1 B.2 C.3 D.4
答案
解析
解析
关闭
答案
解析
关闭
-
31
-
1
2
3
答案
解析
解析
关闭
答案
解析
关闭
-
32
-
1
2
3
3
.
已知函数
f
(
x
)
=|x
2
-a|
,
g
(
x
)
=x
2
-ax
,
a
∈
R
.
(1)
当
a=
1
时
,
求
f
(
x
)
在区间
[
-
1,1]
上的最大值
;
(2)
求
f
(
x
)
在区间
[
-
1,1]
上的最大值
M
(
a
)
的最小值
;
(3)
若关于
x
的方程
f
(
x
)
+g
(
x
)
=
0
在区间
(0,2)
上有两个解
,
求
a
的取值范围
.
解：
(1)
∵
当
a=
1
时
,
f
(
x
)
=|x
2
-
1
|
,
∴
当
-
1
≤
x
≤
1
时
,
f
(
x
)
=
1
-x
2
,
显然
f
(
x
)
在区间
[
-
1,1]
上的最大值为
f
(0)
=
1
.
(2)
由于
f
(
x
)
=|x
2
-a|
在区间
[
-
1,1]
上是偶函数
,
故只需考虑
f
(
x
)
在
[0,1]
上的最大值即可
.
若
a
≤
0,
则
f
(
x
)
=x
2
-a
,
它在
[0,1]
上是增函数
,
故
M
(
a
)
=
1
-a.
-
33
-
1
2
3
