重点高中数学专题二次函数综合问题

重点高中数学专题二次函数综
合问题

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2

二次函数综合问题例谈

1. 代数推理
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.
1.1 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
在于：通过三个独立条件“确定”这三个参数.
例1 已知
f(x)?ax?bx
，满足1
?f(?1)?2
且< br>2?f(1)?4
，求
f(?2)
的取值
范围.
分析：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
f
?
?2
?
的确定值，而是与条件相对应的“取值范围”，因此，我们可以 把1
?f(?1)?2
和
2
2
2?f(1)?4
当成两个独 立条件，先用
f
?
?1
?
和
f
?
1
?
来表示
a,b
.
解：由
f
?
1
?
?a?b
，
f
?
?1
?
?a?b
可解得：
a?
11
(f(1)?f(?1)),b?(f(1)?f(?1))
（*）
22
2
将以上二式代入
f(x)?ax?bx
，并整理得
?
x
2
?x
??
x
2
?x
?
f
?
x
?
?f
?
1
??
?
2
?
?
?f(?1)
?
?
2?
?
,
????
∴
f
?
2
??f
?
1
?
?3f
?
?1
?
.
又∵
2?f(1)?4
，
1?f(?1)?2
,
∴
5?f
?
2
?
?10
.
2
例2 设< br>f
?
x
?
?ax?bx?c
?
a?0
?，若
f
?
0
?
?1
，
f
?
1
?
?1
，
f
?
－1
?
?1
, 试 证
明：对于任意
?1?x?1
，有
f
?
x
?
?
5
.
4
分析：同上题，可以用
f
?
0
?
,f
?
1
?
,f
?
?1
?
来 表示
a,b,c
.
解：∵
f
?
?1
?
?a?b?c,f
?
1
?
?a?b?c,f
?
0
?
?c
,
∴
a?
11
(f
?
1
?
?f
?
?1
?
?2f
?
0
?
) ,b?(f(1)?f(?1)),c?f
?
0
?
,
22
3

?
x
2< br>?x
??
x
2
?x
?
2
???
?? ??
??
. ∴
f
?
x
?
?f
?
1
?
?
?f?1?f01?x
?
2
??
2
?
????
∴ 当
?1?x?0
时，
x
2
?x x
2
?x
f
?
x
?
?f
?
1?
??f
?
?1
?
??f
?
0
??1?x
2
22
x
2
?xx
2
?x
? ??1?x
2
22
?
x
2
?x
??
x2
?x
?
2
???
??
?
??(1?x)?
2
??
2
?
????
??x
2
?x ?1
155
??(x?)
2
??.
244
当
0?x ??1
时，

x
2
?xx
2
?x
f?
x
?
?f
?
1
?
??f
?
?1
?
??f
?
0
?
?1?x
2

22
x
2
?xx
2
?x
???1?x
2

22
?
x
2
?x
??
?x
2
?x
?
2
???
?
?
??(1?x)

?2
???
2
????
??x
2
?x?1
155

??(x?)
2
??.
244
综上，问题获证.
1.2 利用函数与方程根的关系，写出二次函数的零点式
y?a
?
x?x
1
??
x?x
2
?
.

例３ 设二次函数
f
?
x
?
?ax?bx?c
?
a?0
?< br>，方程
f
?
x
?
?x?0
的两个根
x
1
,x
2
满
2
足
0?x
1
?x
2
?
1
. 当
x?
?
0,x
1
?
时，证明
x?f
?
x
?
?x
1
.
a< br>分析：在已知方程
f
?
x
?
?x?0
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.
证明：由题意可知
f( x)?x?a(x?x
1
)(x?x
2
)
.

4

?0?x?x
1
?x
2
?
1
,
a
∴
a(x?x
1
)(x?x
2
)?0
,
∴ 当
x?0,x
1
时，
f(x)?x
.
又
f(x) ?x
1
?a(x?x
1
)(x?x
2
)?x?x
1
?(x?x
1
)(ax?ax
2
?1)
,

x?x
1
?0,
??
且ax?ax
2
?1?1?a x
2
?0,

∴
f(x)?x
1
,
综上可知，所给问题获证.
b
?
4ac?b
2
?
1.3 紧扣二次函数的顶点式
y?a
?
x?,
对称轴、最值、判别式显合
?
?
2a?
4a
?
力
例4 已知函数
f(x)?2?
z
2
a
。
x
2
（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：(1)
g
?
x
?
?f
?
x?2
?
?2< br>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
x?2
?2?y
，
?
a
2
?
x?2
于是
y?2?2,

;
即
h
?
x< br>?
?2?2
（3）
F(x)?
x?2
a
2
x ?2
1(4a?1)
?
11
?
f(x)?h(x)?
??
?
2
x
??2
.
x
a
2
?
a4
?

5

4?a4a?1
t??2
.
4at< br>4?a4a?1
问题转化为：
t??2?2?7
对
t?0
恒成 立. 即
4at
4?a
2

t?7t??
4a?1
?
?0
对
t?0
恒成立. （*）
4a
4?a4?a
故必有
?0
.（否则，若
?0
， 则关于
t
的二次函数
4a4a
4?a
2
4?a
当< br>t
充分大时，必有
u
?
t
?
?0
；而当u(t)?t?7t?
?
4a?1
?
开口向下，
?0
时 ，
4a4a
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< br>t?2
，则
F(x)?
x
?
4?a
?0
?< br>7
?
4a
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?a4?a4a?1
?0, 4a?1?0
，故
F(x)?t??2
在
t?
4a4at
4 ?a
?
?
4a?1
?
?2
满足条件.
4a
4a(4a?1)
取得
4?a
此时，
最小值
m?2
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.
2.1 二次函数的图像关于直线
x??
函数的一种对称性.
例5 设二次函数
f
?
x
?
?ax?bx?c
?
a?0
?
， 方程
f
?
x
?
?x?0
的两个根
x
1,x
2
满
2
bb
对称， 特别关系
x
1
?x
2
??
也反映了二次
2aa
x
1
1
??
足
0?x
1
?x
2
?
. 且函数
f x
的图像关于直线
x?x
0
对称，证明：
x
0
?< br>.
a2
解：由题意
f
?
x
?
?x?ax?(b?1)x?c
.
2< br>由方程
f
?
x
?
?x?0
的两个根
x
1
,x
2
满足
0?x
1
?x
2
?
1
, 可得
a

6

b?11b?1b?1
,
?x
2
?,
且
?x1
?x
2
?
?2aa?2a?2a
b?1b?11b?1
∴ ，
?x
1
?x
2
???
?2a?2aa?2a0?x
1
?
即
?
x
1
b
.
?x
1
，故
x
0
?
2
a
2.2 二次函数
f(x)
的图像具有连续性，且由于二次方程至多有两个实数根. 所以存在
实数
m,n
使得
m?n
且
f(m)f(n)?0
?
在区间
?
m,n
?
上，必存在
f(x)?0
的唯一的实数< br>根.
例6 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
实数根为
x
1
和
x
2
.
（1）如果
x
1
?2?x
2
? 4
，设函数
f(x)
的对称轴为
x?x
0
，求证：
x
0
??1
；
（2）如果
x
1
?2
，< br>x
2
?x
1
?2
，求
b
的取值范围. 分析：条件
x
1
?2?x
2
?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. 解：设
g(x)?f(x)?x?ax?(b?1)x?1
，则
g(x)?0的二根为
x
1
和
x
2
.
2
2
?
g(2)?0
?
4a?2b?1?0
（1）由
a?0
及
x
1
?2?x
2
?4
，可得
?
，即
?
，即
g(4)?016a?4b?3?0
??< br>b3
?
3?3???0,
?
?
2a4a

?

b3
?
?4?2???0,
?
2a4a
?
b
?1
，所以，
x
0
??1
;
2a
b?1
2
4
2
)?
, 可得
2a?1?(b?1)
2
?1
. （2）由
(x
1
?x
2
)?(
aa
1
又
x
1
x
2
??0
，所以
x
1
,x
2
同号.
a< br>??
?
0?x
1
?2?x
2
?
x
2
??2?x
1
?0
∴
x
1
?2
，
x
2
?x
1
?2
等价于
?
或
?
,
22
?
?
2a?1?(b?1)?1
?
?
2a ?1?(b?1)?1
两式相加得

7

?
g(2)?0
?
g(?2)?0
??
??
即
?
g(0)?0
或
?
g(0)?0

??
22
2a?1?(b?1)?12a?1?(b?1)?1
??
??
解之得
b?
17
或
b?
.
44
2
2.3 因 为二次函数
f(x)?ax?bx?c
?
a?0
?
在区间
( ??,?
b
]
和区间
2a
[?
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 间端点或顶点
2a
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.
例7 已知二次函数
f(x)?ax?bx?c
，当
?1 ?x?1
时，有
?1?f(x)?1
，求
证：当
?2?x?2
时，有
?7?f(x)?7
.
分析：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)
，< br>2
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< br>?
?7,7
?
上函数值的取值范围，只需考虑其最大值，也即考虑
f< br>?
x
?
在区间端点和顶点处的函数值.
解：由题意知：
f(?1)?a?b?c,f(0)?c,f(1)?a?b?c
，
∴
a?
11
(f(1)?f(?1)?2f(0)),b?(f(1)?f (?1)),c?f(0)
，
22
2
?
x
2
?x
??
x
2
?x
?
2
???
??
.
?f(?1)?f(0)1?x
∴
f(x)?ax?bx?c
?f(1)< br>?
?
2
??
2
?
????
由
?1? x?1
时，有
?1?f(x)?1
，可得
f(1)?1,f
??1
?
?1,f
?
0
?
?1
.
∴
f(2)?3f
?
1
?
?f
?
?1
??3f
?
0
?
?3f
?
1
?
?f(? 1)?3f(0)?7
,
f(?2)?f
?
1
?
?3f< br>?
?1
?
?3f
?
0
?
?f
?1
?
?3f(?1)?3f(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))


8

∴ 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
?
又
b
2
bbbf(1)?f( ?1)1?1
?
b
?
f
?
?
?
?c??c ???f
?
0
?
???1?2??2?7
，
4a2a22a44
?
2a
?
∴ 此时问题获证.
综上可知：当
?2?x?2
时，有
?7?f(x)?7
.


9