第六讲 二次函数
教学目的：掌握二次函数的概念、图象及性质；能利用二次函数研究一元二次方程的实根分布条件；
求二次函数在闭区间的最值．
教学重点：二次函数、一元二次方程及一元二次不等式之间的转化。
教学难点：二次函数、一元二次方程及一元二次不等式之间的转化，尤其要注意参数讨论思想的应用。
【知识概要】
知识点1 二次函数的图象和性质
二次函数y?ax2?bx?c（a?0）的图象是抛物线，其对称轴方程是x???b4ac?b2是???2a，4a??? ??b2a，顶点坐标
二次函数的解析式的三种形式：一般式：f(x)?ax2?bx?c；顶点式：f(x)?a(x?m)2?n； 两根式：f(x)?a(x?x1)?(x?x2)。
知识点2 二次函数、一元二次方程及一元二次不等式之间的关系
当??0?f(x)?ax2?bx?c的图像与x轴无交点?ax2?bx?c?0无实根
?ax?bx?c?0(?0)的解集为?或者是R;
2当??0?f(x)?ax2?bx?c的图像与x轴相切?ax2?bx?c?0有两个相等的实根
?ax?bx?c?0(?0)的解集为?或者是R;
22当??0?f(x)?ax?bx?c的图像与x轴有两个不同的交点?ax?bx?c?0有两个不等的2实根?ax?bx?c?0(?0)的解集为(?,?)(???)或者是(??,?)?(?,??)。 知识点3 一元二次方程ax?bx?c?0实根分布的充要条件
一般地对于含有字母的一元二次方程ax?bx?c?0的实根分布问题，用图象求解，有如下结论：
2令f(x)?ax?bx?c（a?0）（同理讨论a?0的结论）
222???0???0??(1) x1<α,x2<α ,则??b/(2a)??; (2) x1>α,x2>α,则??b/(2a)??
?f(?)?0?f(?)?0?????0??f(?)?0?f(?)?0(3) α f(?)?0??f(?)?0????b/(2a)???第六讲 二次函数 1 (5）若f(x)=0在区间(α,?)内只有一个实根，则有f(?)f??)?0 指出：（1）讨论二次函数的区间根的分布情况一般需从三方面考虑： ①判别式； ②区间端点的函数值的符号； ③对称轴与区间的相对位置． （2）还有其它的分布，可补充相关的结论。 知识点4 二次函数y?ax2?bx?c?a?0?在闭区间?p,q?上的最值 二次函数y?ax2?bx?c?a?0?在闭区间?p,q?上的最值一般分为三种情况讨论： （1）若对称轴x??b2a在区间左边，则函数在此区间上具有单调性，只需比较f(p),f(q)的大小即 可决定函数的最大（小）值；（或利用函数的单调性直接决定函数的最大（小）值） （2）若对称轴x??b2a在区间右边，则函数在此区间上具有单调性，只需比较f(p),f(q)的大小即 可决定函数的最大（小）值； （3）若对称轴x??b2a在区间内，则f(?b2a)是函数的最小值（a?0）或最大值（a?0），再比 较f(p),f(q)的大小决定函数的最大（小）值。 指出：（1）两个重要的结论：连续函数在闭区间上一定存在最大值和最小值；单调连续函数在闭区间的两个端点处取得最值。 （2）二次函数y?ax2?bx?c?a?0?在闭区间?p,q?上的最值的讨论的基点是对称轴x??b2a与区 间?p,q?的相对位置的讨论，尤其当顶点横坐标是字母时，则应抓住讨论的基点进行讨论。特别要注意二次项系数a的符号对抛物线开口及结论的影响。 【基础题典例解析】 例1 （求二次函数的解析式） 已知二次函数f(x)满足：①在x=1时有极值；②图象过点(0，-3)，且在该点处的切线与直线2x+y=0平行。 （1）求f(x)的解析式； （2）求函数g(x)=f(x2)的单调递增区间。 ??解：（1）设f(x)=ax2+bx+c，则f′(x)=2ax+b．∴???f?(1)?0,?2a?b?0,?a?1,??解得?b??2, f?(0)??2,即?b??2,?c??3.?c??3.f(0)??3,??∴f(x)=x2-2x-3． （2）g(x)=f(x2)=x4-2x2-3，g′(x)=4x3-4x=4x(x-1)(x+1)．列表： x f′(x) f(x) (-∞，-1) - ↘ (-1，0) + ↗ (0，1) - ↘ (1，+∞) + ↗ 由表可得：函数g(x)的单调递增区间为(-1，0)，(1，+∞)． 例2 （二次函数中的单调性） 第六讲 二次函数 2 已知函数f(x)和g(x)的图象关于原点对称，且f(x)＝x＋2x． （1）求函数g(x)的解析式； （2）解不等式g(x)≥f(x)－|x－1|； （3）若h(x)＝g(x)－?f(x)＋1在[－1，1]上是增函数，求实数?的取值范围． 解：（1）设函数y?f?x?的图象上任意一点Q?x0,y0?关于原点的对称点为P?x,y?，则 ?x0?x?0,??x0??x,?2即 ∵点Q?x0,y0?在函数y?f??y?yy??y.?0?0,?0??22222 ?x?的图象上， ∴?y?x?2x，即y??x?2x, 故g?x???x?2x。 （2）由g?x??f?x??x?1， 可得2x?x?1?0。 2当x?1时，2x2?x?1?0，此时不等式无解当x?1时，2x2?x?1?0，解得?1?x?12 ∴原不等式的解集为?1, ?2???1??????1 （3）h?x????1???x2?2?1???x?1，①当???1时，h?x??4x?1在??1,1?上是增函数，②当???1时，对称轴的方程为x?ⅰ）当???1时,综上，??0. 1??1??1??. 1????1,解得???1. ⅱ）当???1时,??1,解得?1???0. 1??1??例3 （二次函数在闭区间上的最值） （1）设函数f(x)=x2-2x+2，x∈[t，t+1]的最小值为g(t)，求g(t)的解析式。 （2）已知函数y??sinx?asinx?（3）已知 132a4?12的最大值为2，求a的值。 ≤a≤1，若f(x)=ax2-2x+1在区间[1，3]上的最大值为M(a)，最小值为N(a)，令g(a)=M(a)-N(a)， ① 求g(a)的函数表达式； ② 判断函数g(a)的单调性，并求出g(a)的最小值。 解：（1）f(x)=x2-2x+2=(x-1)2+1，项点坐标为(1，1)． 当t+1<1，即t<0时，即0≤t<1时，g(t)=f(1)=1；当t≥1，函数在[t，t+1]上为增函数，g(t)=f(t)=t2-2t+2， ?t2?1 (t?0),?∴g(t)=?1 (0?t?1), ?2?t?2t?2 (t?1).（2）令t?sinx，t?[?1,1]，∴y??(t?当?1?当 a2a2?1，即?2?a?2时，ymax?a2142a2)?2214(a?a?2)，对称轴为t?2a2， (a?a?2)?2，得a??2或a?3（舍去） ?1，即a?2时，函数y??(t?)?14(a?a?2)在[?1,1]单调递增， 2第六讲 二次函数 3 由ymax??1?a?当 a214a?12?2，得a?103 a2)?2??1，即a??2时，函数y??(t?14a?1214(a?a?2)在[?1,1]单调递减， 2由ymax??1?a??2，得a??2（舍去） 综上可得：a的值为a??2或a?（3）① f(x)=ax2-2x+1=a(x-当1≤当2< 1a1a1a1031a 1a)2+1- ，由已知条件可知：1≤ 1a≤3； 1a≤2时， 1213≤a≤1。M(a)=f(3)=9a-5, N(a)=f(x)min=1-12，g(a)=9a-5-(1-, g(a)=(a-1)-(1-1a)=9a+ 1a1a-6. ≤3时，≤a<. M(a)=f(1)=a-1, N(a)=f(x)min=1- 1a)=a+-2。 111?a??2,当?a?时,??a32∴g(a)=? ?9a?1?6,当1?a?1时.?a2?② 当 13≤a1 12，g(a2)-g(a1)=(a2-a1)(1- 1a1a21)<0, ∴g(a)在[,1132]上是减函数，最小值是g( 1212)= 1212. 当 12≤a1≤a2≤1时，g(a2)-g(a1)=(a2-a1)(1- a1a2)>0，∴g(a)在[ 12，1]上是增函数，最小值是g()=. 例4 （二次函数中的恒成立的问题） 已知二次函数f(x)?ax2?x（a?R，a?0）．如果x?[0，1]时，总有|f(x)|?1．试求a的取值范围． 2解：由f?x??1得ax2?x?1,?1?ax?x?1对于任意x??0,1?恒成立，当x?0时，f?x??0使 2?11?11?1?a?2??????① ?x?x2?4xf?x??1成立；当x?0时，有? 对于任意的x??0,1?恒成立；2?a??1?1???1?1??1② ??2?xx24x???1?11??x??0,1???1，则?????0,故要使①式成立，则有a?0，又a?0?a?0； x4?x2?1?11?又???????2，则有a??2，综上所述：?2?a?0； 4?x2?212例5 （二次函数中的最值） 设f(x)=ax+bx+c(a＞b＞c),f(1)=0,g(x)=ax+b （1）求证：函数y=f(x)与y=g(x)的图象有两个交点； （2）设f(x)与g(x)的图象交点A、B在x轴上的射影为A1、B1，求｜A1B1｜的取值范围； 2 第六讲 二次函数 4 证：（1）：∵f(x)=ax+bx+c,f(1)=0 ∴f(1)=a+b+c=0，又a＞b＞c，∴3a＞a+b+c＞3c ，∴a＞0, ?y?ax2?bx?c222 c＜0，由?,?ax?(b?a)x?(c?b)?0，∴Δ=(b－a)－4a(c－b)＝(b+a)－4ac＞0， ?y?ax?b2 故函数y=f(x)与y=g(x)的图象有两个交点。 （2）设A、B的坐标分别为（x1,y1）、（x2，y2），则x1、x2是方程（*）的两根故x1+x2=－ b?aa2b?aa,x1x2= c?ba, ｜A1B1｜=｜x1－x2｜=(x1?x2)2?4x1x2=(22)?42c?ba = (b?a)?4a(c?b)aca32?(b?a)?4aca?(?c)?4aca?c?4acaca2＝()2?4() aacc=(?2)?4，∵a＞b＞c,a+b+c=0，∴a＞－(a+c)＞c ， ∴－2＜ 2＜－ 12，∴｜A1B1｜的取值范围 是（ ，23）。 例6 （二次函数与方程） 设直线l1：y=(a+13)x-a+2a+16与抛物线C： y=7x+14x+8有两个交点A(x1，y1)和B(x2，y2)，并且-1≤x1<0 2??y?(a?13)x?a?2a?16,22 解：由? 可得：7x+(1-a)x+a-2a-8=0． ① 2??y?7x?14x?8,22 直线l1与抛物线C交于两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，且-1≤x1<0 ?f?令f(x)=7x2+(1-a)x+a2-2a-8，则有：?f?f??a2?2(0)?0,?a(?1)?0,即?2a?(1)?0,?2?a?2a?8?0,?a?2?0,?3a?0,?3a?0. 解得-2 设AB的中点M坐标为(x，u)。由方程①，有 x?a?114x1?x22114?a?114。 ② ②代入直线l1： 1314y=(a+13)x-a2+2a+16，得：u=(a+13)·-a2+2a+16=(-13a2+40a+211)=-最大 (a- 2013)2+ 44926。 ∵a∈(-2，-1]∪[3，4)，∴a=3时，u达到最大值，且u 例7 （二次函数与方程） 二次函数f(x)=px2+qx+r中实数p、q、r满足（1）pf( = 1077． pm?2?qm?1?rm=0,其中m>0,求证： mm?1)<0; （2）方程f(x)=0在(0，1)内恒有解 证 （1）pf(mm?1)?p[p(mm?1)?q(2)?r] m?1第六讲 二次函数 m5