【步步高】2011届高考数学一轮复习课件：第二章_函数 理 （打包13套）人教版
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步步高
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13
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【步步高】2011届高考数学一轮复习课件：第二章_函数 理 （打包13套）人教版,步步高,高考,数学,一轮,复习,温习,课件,第二,函数,打包,13,人教版
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要点梳理 (1)一般式： f（ x） = . (2)顶点式： f(x)= . (3)零点式： f(x)= . 求二次函数解析式的方法：待定系数法 给条件的特征，可选择一般式、顶点式或零点式 中的一种来求 . 二次函数 基础知识 自主学习 bx+c(a0) a(+n(a0) a(a0) 已知三个点的坐标时，宜用一般式 . 已知抛物线的顶点坐标或与对称轴有关或与最大 （小）值有关时，常使用顶点式 . 已知抛物线与 横坐标已知时， 选用零点式求 f(x)更方便 . 图象 函数性质 a 0 定 义 域 x R（个别题目有限制的，由解 析式确定） 值 域 a0 图象与 1(0)、 M2(0)， 次函数、一元二次方程、一元二 次不等式） . 在高考中三个二次不仅是各种问题转化的最后 的落脚点，而且单纯的三个二次问题间的相互 转化有时技巧性也会很强 . .| 2121基础自测 y=x2+bx+c（ x 0， + ）是单调函数的 充要条件是 （ ） 0 0 解析 b0. 故选 A. 02 (|x|1) 有解，则 （ ） A.|a|1 B.| a|2 C.|a|1 D. a R 解析 原方程可分解为 ()(0, 2或 ,则有 |a|2 或 |a|1. 即 |a|1. A y=ax+y=bx+ 系中的图象大致是 （ ） 解析 选项 一次函数的斜率 a0,而二次函数 开口向下，相互矛盾，排除 , y=bx+当 a0,b0时， 排除 B. 当 ) )f(2) )=f(2) )与 f(2)的大小关系不能确定 解析 f(4)=f(1), 选 C. ),2()3252()3(,25 对称轴为C f(x)满足 f(x+1)-f(x)=2x,且 f(0)=1, 则 f(x)的表达式为（ ） A.f(x)=.f(x)=.f(x)=.f(x)= 解析 方法一 由 f(0)=1,可得 f(x)= (a0) ，用排除法可选 D. 方法二 由 f(0)=1,可得 f(x)= (a0), 故 f(x+1)=a(x+1)2+b(x+1)+1. f(x+1)-f(x)=2ax+a+b, 由已知： f(x+1)-f(x)=2x,即 2ax+a+b=2x. ,11,022 2 D 题型一 二次函数的解析式的求法 【 例 1】 已知二次函数 f(x)满足 f(2)=-1,f(且 f(x)的最大值是 8，求此二次函数的解析式 . 确定二次函数采用待定系数法，有三 种形式，可根据条件灵活运用 . 题型分类 深度剖析 思维启迪 解 方法一 设 f(x)=bx+c (a0), 依题意有 所求二次函数为 y=x+7. 方法二 设 f(x)=a(+n. f(2)=f( 抛物线对称轴为 m= ,7,4,4,844,1,(2 n=8， y=f（ x） = f（ 2） = 解之，得 a=方法三 依题意知： f(x)+1=0的两根为 ,1, 故可设 f(x)+1=a(x+1), 即 f(x)=又函数有最大值 ,即 1( 2 8)212( 2 1(4)( 22 4)12(4 2 a=a=0(舍去） . 函数解析式为 f(x)=x+7. 二次函数的解析式有三种形式： (1)一般式： f(x)=bx+c (a0) (2)顶点式： f(x)=a(+k (a0) (3)两点式： f(x)=a(a0) 具体用哪种形式，可根据具体情况而定 . 探究提高 知能迁移 1 设二次函数 f(x)满足 f(x+2)=f(2且 f（ x） =0的两实数根平方和为 10，图象过点 (0,3), 求 f（ x）的解析式 . 解 设 f(x)=bx+c (a0). 由 f(x+2)=f(2，该函数图象关于直线 x=2对称 , 即 b= 又 图象过（ 0， 3）点， c=3. ,22 0 由得 a=1,b=-4,c=3. 故 f（ x） =. 102)(2)(2212212221型二 二次函数的图象与性质 【 例 2】 已知函数 在区间 0,1 上的最大值是 2，求实数 研究二次函数在给定区间上的最值问 题，要讨论对称轴与给定区间的关系 . 解 对称轴为 2142 2(41)2( 22 思维启迪 (1)当 0 1 ，即 0 a2 时， 得 a=3或 a= 0 a2 矛盾 (2)当 1，即 a2时， 0， 1上单调递增， 有 f(1),f(1)=2 综上，得 a=a= 2a,2)2(41),2(41 22m a x (1)要注意抛物线的对称轴所在的位置对 函数最值的影响 . (2)解二次函数求最值问题，首先采用配方法，将二 次函数化为 y=a(+顶点（ m， n）或 对称轴方程 x=m，分三个类型： 顶点固定，区间固定； 顶点含参数，区间固定； 顶点固定，区间变动 . 知能迁移 2 已知函数 f(x)=x,求函数 f(x)在区间 t,t+1上的最大值 h(t). 解 f（ x） =x=-(+16 当 t+14时， f(x)在 t,t+1上单调递减 . 此时 h(t)=f(t)=t. 综上可知 .)4(8)43(16)3(76)(22 二次函数的综合应用 【 例 3】 （ 14分）已知二次函数 y=f(x)的图象与 交于 A， 它在 为 4,又对任意的 f(x+1)=f(1 （ 1）求二次函数的表达式； （ 2）若二次函数的图象都在直线 l:y=x+ 求 先根据性质特征：关于 x=1对称，可设 为顶点式再待定系数 . ,32| 解题示范 解 （ 1） 方法一 f（ x+1） =f（ 1 y=f（ x）的对称轴为 x=1， 2分 又 f(x)为二次函数， 可设 f(x)=a(+k (a0), 又当 x=0时， y=4, a+k=4,得 f(x)=a(, 令 f(x)=0,得 a(= 6分 即 f(x)=-2(+6=x+4. 8分 ,412| 法二 令二次函数 y=f(x)的图象与 A（ 0）， B（ 0），（ x2, f（ x+1） =f（ 1 x1+， ，得 3分 设二次函数 又 f(0)=4,则 a=即 f(x)=-2(+6=x+4. 8分 (2)由条件知 x+40对 x 12分 14分 ,32| 31,31 21 31()( 41,0)4(89 ).,841( 的取值范围是 （ 1）求二次函数的解析式问题，一般都 采用待定系数法，就是根据条件先确定什么形式 一般式、顶点式、两点式等 . （ 2）在研究二次函数图象在直线上方或下方，通常 是构造不等式，这也是数形结合的一个重要方面 . 知能迁移 3 已知二次函数 f(x)=bx(a、 数且 a0) 满足条件： f()=f(且方程 f(x)= （ 1）求 f(x)的解析式； （ 2）设 g(x)=f(x)+tx(t R)，试求 g(x)在区间 上的最小值； （ 3）是否存在实数 m、 n( m=0符合题意 . 若 x0 时， g(x)0, 需要 f(x)=24-m)x+4在 0， + ）上 恒成立 . x0时， g(x)0;在 x0 时， g(x)0, 需使 f(x)=24-m)x+4在（ - ， 0上恒 成立， 综上可知， 0,b R,c R). （ 1）若函数 f(x)的最小值 f(0,且 c=1, （ 2）若 a=1,c=0,且 |f(x)|1 在区间 (0,1恒成 立，试求 解 （ 1）由已知 c=1,c=0,且 解得 a=1,b=2. f(x)=(x+1)2. ;)2()2(,0),(,0),()( 的值求 2 1(,0,)1()(22F(2)+F(2+1)2+ -()2 =8. （ 2） f(x)=x2+命题等价于 x2+ 在 (0,1上恒成立， 1,01.1,0(11a、 b、 c、 数 f(x)=cx+d,g(x)=cx+d,方程 f(x)=0有实 数根，且 f(x)=0的实数根都是 g(f(x)=0的根，反 之， g(f(x)=0的实数根都是 f(x)=0的根 . （ 1）求 （ 2）若 a=0，求 解 （ 1）设 r为 f(x)=0的一个根，即 f(r)=0, 则由题意得 g(f(r)=0，于是 ,g(0)=g(f(r)=0, 即 g(0)=d=d=0. （ 2）由题意及 (1)知 f(x)=g(x)=由 a=0得 b, 且 g(x)=cx=x(bx+c), 则 g(f(x)=x(bx+c) bx(bx+c)+c =x(bx+c)(c). 方程 f(x)=0就是 x(bx+c)=0. 方程 g(f(x)=0就是 x(bx+c)(c)=0. () 当 c=0， b0 时，方程的根都是 x=0符合 题意 . () 当 c0, b=0时，方程的根都是 x=0符
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