24二次函数与幂函数

1、汎4二次函数与幕函数 基础知识*自主学习 1要点梳理 知换回檢理晡教材 i.二次函数 (1) 二次函数解析式的三种形式 一般式：f(x) = ax2+ bx+ c(a 丰 0). 顶点式：f(x)= a(x m)2+ n(a 0). 零点式：f(x) = a(x xi)(x x2)(a 0). (2) 二次函数的图象和性质 解析式 f(x) = ax2 + bx+ c(a0) f(x)= ax2 + bx+ c(a0时，幕函数y= xn是定义域上的增函数. (5)若函数 f(x)= (k2 1)x2+ 2x 3 在(一R, 2)上单调递增，则 k=f. (6)已知 f(x)= x2 4x+ 5

2、, x 0,3)，则 f(x)max= f(0) = 5, f(x)min= f(3) = 2. 2. (2013 重庆)-,3 a a+ 6 ( 6 a3)的最大值为 9鉅 C. 3D. 2 答案 B 解析 因为3 a a + 6 =“ 18 3a a2 r3 2 81 =A/- a+ 2 2+才， 所以当a = 2时，”,3 a a+ 6的值最大，最大值为 | 3 .函数f(x)= (m 1)x2+ 2mx+ 3为偶函数，则f(x)在区间(一5, 3)上 A 先减后增 B先增后减 C.单调递减D 单调递增 答案 D 解析 由f(x)为偶函数可得 m= 0, f(x) = x2 + 3, f

3、(x)在区间(一5, 3)上单调递增. 4. 已知函数 y= x2 2x+ 3在闭区间0, m上有最大值 3，最小值2，贝V m的取值范围为 答案1,2 解析 y= x2 2x+ 3的对称轴为x= 1. 当m2 时，ymax = f(m) = m2 2m+ 3= 3, m = 0 或 m= 2，无解. 1 w m w 2. 5. 若幕函数y= (m2 3m+ 3)xm2 m 2的图象不经过原点，则实数 m的值为 答案 1或2 m2 3m + 3= 1 解析由，解得m= 1或2. m2 m 2w 0 经检验m= 1或2都适合. 题型一二次函数的图象和性质 【例 1已知函数 f(x)= x2 +

4、2ax+ 3, x 4,6. (1) 当a= 2时，求f(x)的最值； 求实数a的取值范围，使y= f(x)在区间4,6上是单调函数； (3)当a= 1时，求f(|x|)的单调区间. 思维启迪 对于(1)和(2)可根据对称轴与区间的关系直接求解，对于(3)，应先将函数化为 分段函数，再求单调区间，注意函数定义域的限制作用. 解 (1)当 a= 2 时，f(x)= x2 4x+ 3= (x 2)2 1，由于 x 4,6, f(x)在4,2上单调递减，在2,6上单调递增， f(x)的最小值是 f(2) = 1，又 f( 4)= 35, f(6) = 15,故 f(x)的最大值是 35. (2) 由

5、于函数f(x)的图象开口向上，对称轴是x= a，所以要使f(x)在4,6上是单调函数, 应有一aw 4 或一a 6，即 aw 6 或 a 4. (3) 当 a= 1 时，f(x)= x2 + 2x+ 3, f(|x|)= x2 + 2|x| + 3,此时定义域为 x 6,6, yX + 2x+ 3, x 0, 6 且 f（X）= x2- 2x+ 3, xc - 6, 0 f(|x|)的单调递增区间是(0,6, 单调递减区间是一6,0. 思维升华(1)二次函数在闭区间上的最值主要有三种类型：轴定区间定、轴动区间定、 轴定区间动，不论哪种类型，解决的关键是考查对称轴与区间的关系，当含有参数时，要

6、依据对称轴与区间的关系进行分类讨论；(2)二次函数的单调性问题则主要依据二次函数 图象的对称轴进行分析讨论求解. 跟瑶训(1)二次函数的图象过点(0,1)，对称轴为x= 2,最小值为一1,则它的解析式是 1 答案 y= (x 2)2-1 若函数f(x) = 2x2 + mx 1在区间1 ,+ )上递增，则 f( 1)的取值范围是_ 答案 (一3 3 解析抛物线开口向上，对称轴为x=m, m4. 又 f( 1) = 1 mW 3, f( 1) (3, 3. 题型二二次函数的应用 【例 2 已知函数 f(x)= ax2 + bx+ 1(a, b R), x R. (1) 若函数f(x)的最小值为f

7、( 1) = 0，求f(x)的解析式，并写出单调区间； (2) 在(1)的条件下，f(x)x+ k在区间3, 1上恒成立，试求 k的范围. 思维启迪利用f(x)的最小值为f( 1) = 0可列两个方程求出a、b;恒成立问题可以通过 求函数最值解决. 解 (1)由题意有 f( 1)= a b+ 1 = 0, 口b 且一2= 1, a = 1, b= 2. f(x)= x2 + 2x+ 1,单调减区间为(一a, 1, 单调增区间为1 ,+ ). (2)f(x)x+ k在区间3, 1上恒成立， 转化为x2 + x+ 1k在区间3, 1上恒成立. 设 g(x) = x2 + x+ 1, xC 3, 1

8、,则 g(x)在3, 1上递减. -g(x)min = g( 1) = 1. k1，即k的取值范围为(一3,1). 思维升华有关二次函数的问题，数形结合，密切联系图象是探求解题思路的有效方法.用 函数思想研究方程、不等式(尤其是恒成立)问题是高考命题的热点. 液蕭训练2 已知函数f(x)= x2 + 2ax+ 2, x 5,5. (1)当a= 1时，求函数f(x)的最大值和最小值； 求实数a的取值范围，使y= f(x)在区间5,5上是单调函数. 解 (1)当 a= 1 时，f(x)= x2 2x+ 2= (x 1)2+ 1 , x 5,5, 所以当x= 1时，f(x)取得最小值1； 当x= 5

9、时，f(x)取得最大值37. 函数f(x)= (x+ a)2 + 2 a2的图象的对称轴为直线x= a, 因为y= f(x)在区间5,5上是单调函数， 所以一a 5，即 a 5. 故a的取值范围是(一5 U 5 ,+). 题型三幕函数的图象和性质 【例3 (1)已知幕函数 f(x)= (n2 + 2n 2)xn2 3n(n Z)的图象关于 y轴对称，且在(0,+ ) 上是减函数，贝U n的值为 B . 1C . 2 1 1 若(2m+ 1)2 (m2+ m 1) 2，则实数m的取值范围是 半1质1 b. 2 ，+ 5 1 D.飞,2 A. a. C. ( 1,2) 思维启迪(1)由幕函数的定义

10、可得n2 + 2n 2= 1,再利用f(x)的单调性、对称性求 1 构造函数y= x2，利用函数单调性求 m范围. n； 答案(1)B(2)D 解析(1)由于f(x)为幕函数，所以n2+2n 2 = 1, 解得n= 1或n = 3,经检验只有n= 1适合题意，故选 B. 1 (2)因为函数y= x2的定义域为0，+ a), 且在定义域内为增函数， 所以不等式等价于 2m+ 1 0, 2 m + m 1 0, 2m+ 1m2+ m 1. 解 2m + 1 0，得 m2 解 m2+ m 1 0, .5 1 mW 或m 解 2m + 1m2+ m 1，得1m2, 2 寸5 1 综上w mf(a 1)

11、的实数a的 取值范围. 解 (1)m2+ m= m(m+ 1), m N*, 而m与m + 1中必有一个为偶数， m(m+ 1)为偶数. 函数f(x) = x(m2+ m)1(m N*)的定义域为0,+ m)，并且在定义域上为增函数. (2) /函数f(x)经过点(2, 1 - 2 = 2(m2+ m) 1,即即 22 = 2(m2 + m) 1. m2+ m= 2.解得 m= 1 或 m= 2. 1 *n 又T m N , m= 1. f(x)= x2 . 2 a 0, 由 f(2 a)f(a 1)得 a 10 2 aa 1. 3 3 解得1w a夕 a的取值范围为1 ,刁. 思想与方法系列

12、2 分类讨论思想在函数中的应用 典例：(12分)已知函数f(x)= ax2 |x|+ 2a 1(a为实常数). (1) 若 a= 1，作出函数f(x)的图象； 设f(x)在区间1,2上的最小值为g(a),求g(a)的表达式. 思维启迪 (1)因f(x)的表达式中含|x|,故应分类讨论，将原表达式化为分段函数的形式， 然后作图. r3-2|-If/ L 2 3 (2) 因a R，而a的取值决定f(x)的表现形式，或为直线或为抛物线，若为抛物线又分为 开口向上和向下两种情况，故应分类讨论解决. 规范解答 解 当a= 1时， f(x)= X2 |x|+ 1 x2 + x+ 1, x0 作图(如右图所

13、示)5分 (2) 当 x 1,2时，f(x)= ax2 x+ 2a 1.6 分 若a = 0,则f(x) = x 1在区间1,2上是减函数, g(a) = f(2) = 3.7 分 若a工0, 1 1 则 f(x) = a x 2 2+ 2a 亦1, 1 f(x)图象的对称轴是直线 x= 2. 当a0时，f(x)在区间1,2上是减函数， g(a) = f(2) = 6a 3. 当02a1时，f(x)在区间1,2上是增函数, g(a) = f(1) = 3a 2. 111 当 1 2，即0a4时，f(x)在区间1,2上是减函数, 1 a2 温馨提醒本题解法充分体现了分类讨论的数学思想方法，在二次

14、函数最值问题的讨论 中，一是要对二次项系数进行讨论， 二是要对对称轴进行讨论. 在分类讨论时要遵循分类 的原则：一是分类的标准要一致， 二是分类时要做到不重不漏， 三是能不分类的要尽量避 免分类，绝不无原则的分类讨论 . 思想方法感悟提高 方法与技巧 1. 二次函数、二次方程、二次不等式间相互转化的一般规律： (1) 在研究一元二次方程根的分布问题时，常借助于二次函数的图象数形结合来解，一般 从：开口方向；对称轴位置；判别式；端点函数值符号四个方面分析. (2) 在研究一元二次不等式的有关问题时，一般需借助于二次函数的图象、性质求解. 2幕函数y= xa(a R)图象的特征 o0时，图象过原点

15、和(1,1)，在第一象限的图象上升；a0时，图象不过原点，在第一象 限的图象下降，反之也成立. 失误与防范 1 对于函数y= ax2 + bx+ c,要认为它是二次函数，就必须满足a工0,当题目条件中未说明 0时，就要讨论 a= 0和0两种情况. 2. 幕函数的图象一定会出现在第一象限内，一定不会出现在第四象限， 至于是否出现在第二、 三象限内，要看函数的奇偶性； 幕函数的图象最多只能同时出现在两个象限内；如果幕函 数图象与坐标轴相交，则交点一定是原点 A组专项基础训练 一、选择题 1. 若f(x) = x2-ax+ 1有负值，则实数a的取值范围是() A. a- 2 B. - 2a2 或 a

16、- 2D. 1a0，贝V a2 或 a0,则一次函数y= ax+ b为增函数，二次函数 y= ax2 + bx+ c的开口向上，故 可排除A ； 若a0, b0,从而严0，而二次函数的对称轴在y轴的右侧， 2 a 故应排除B，因此选C. 3. 如果函数f(x)= x2 + bx+ c对任意的实数x,都有f(1 + x)= f( x)，那么 A . f( 2)f(0)f(2) B. f(0) f( 2)f(2) C. f(2)f(0)f( 2) D. f(0)f(2)f( 2) 答案 D 解析 由f(1 + x)= f( x)知f(x)的图象关于x= 1对称， 又抛物线开口向上，结合图象(图略)

17、可知f(0)f(2)f( 2). 则实数m的取值范 ( ) (x) = 2a(x1)0, 4. 设二次函数f(x)= ax2 2ax+ c在区间0,1上单调递减，且f(m)0，即函数图象的开口向上，对称轴是直线 x= 1. 所以 f(0) = f(2)，则当 f(m)w f(0)时，有 0 mW 2. 1 5已知f(x)= x2 ,若0ab1，则下列各式中正确的是 1 1 A. f(a)f(b)f(a)f(b) 1 1 B. f(a)f(b)f(b)f(a) 1 1 C. f(a)f(b)f(b)f(? 1 1 D. f(a)f(a)f(b)f(b) 答案 C 1 解析 因为函数f(x) =

18、x 2在(0 , + a )上是增函数， 1 1 又 0ab：-，故选 C. b a 二、填空题 6.若函数y= mx2+ x+ 5在2,+a )上是增函数，则m的取值范围是_ 1 答案 0Wm- 4 解析 m=0时，函数在给定区间上是增函数； 1 mz 0时，函数是二次函数，对称轴为x=0 , / 0mw：综上Ow mW 丁. 4 4 7 .若方程x 将a = 1代入式得 5 1 2 6312 6 f(x)=- 5x 5x 5= 5(x+ 3) + 5， 函数f(x)的单调增区间是(一R， 3， 单调减区间是一 3， + m). 10.已知函数f(x) = x2 + 2ax+1 a在x 0,

19、1时有最大值2，求a的值. 解函数 f(x)= x2 + 2ax+ 1 a =(x a)2+ a2 a+ 1， 对称轴方程为x= a. (1) 当 a0 时，f(x) max= f(0) = 1 a， -1 a= 2， a = 1. (2) 当 0w aw 1 时，f(x)max= a2 a + 1， a2 a + 1 = 2，a2 a 1 = 0， 11x+ 30 + a= 0的两根均大于5，则实数a的取值范围是 1 答案 0 0 兰0i 结合图象有f50，：0 2x的解集为(1,3).若方程f(x) + 6a =0有两个相等的根，求f(x)的单调区间. 解/ f(x) + 2x0 的解集为

20、(1,3), 设 f(x) + 2x= a(x 1)(x 3)，且 a0, f(x)= a(x 1)(x 3) 2x= ax2 (2 + 4a)x+ 3a. 由方程 f(x) + 6a= 0 得 ax2 (2 + 4a)x+ 9a = 0. 方程有两个相等的根， - A= (2 + 4a)2 4a 9a= 0， 1 解得a= 1或a = 5.由于a1 时，f(x)max= f=a, a= 2. 综上可知，a = 1或a= 2. 1.设函数f(x) = 2x- 7, x0, B组专项能力提升 若f(a)0, A. (汽一3) C. ( 3,1) 答案 C 解析当 a0 时，(2)a 71 , B

21、 . (1 ,+ ) D . ( s, 3) U (1 ,+ ) 即 2 3, - - 3a 0 时，.a1 , Ow a1.故3abc, a+ b + c= 0，集合 A= m|f(m)0 B. ? m A,都有 f(m + 3)0 C. ? mo A，使得 f(mo+ 3) = 0 D. ? mo A,使得 f(mo+ 3)bc, a+ b + c= 0 可知 a0, c0, 且 f(1) = 0, f(0) = c1 时，f(x)0. 丄mb 由ab，得1订， 设方程ax2 + bx+ c= 0的另一个根为X1, r,b 贝 y X1+1=a1,即 卩 x12, 由 f(m)0 可得2m1, 所以 1m+ 30，选A. 3. 已知函数f(