MS23平口函数性质

学习数学，领悟数学，秒杀数学。关于平口（绝对值）函数的一些秒杀方案是a切,c这形状没有任何影响。在初中的课本中提到的y=x2井ya(xh)2k，我们将坐标轴去掉，单纯研究二次函数，解决当f(x)=x2+bx+c,x?[p,]，f(x)£c求c

对勾数及移算数中点值不表最，f(x)=x+a+b,x?[p,q]时，f(x)£c，x求c最小值问题，根据平口二次函数的推论，可以知道是f()=f)，如图4，求出参数a以后再根据f(p)+f(a)=0数b；当a=q勾间[p,]才能平对，f(x)去最小值了[p,]的何。图1 图2 图3图宽2m高n义na=nna=m，)(以对称轴为中心，每增加m的蝶宽，相对应的蝶高比为1:4:9: :n2，增加的蝶高n比为1:3:5: :-1)(图2值M和值m的值gx=M-m，离，g()=M-m2 22 2 点-b=p+q时，g(x)=M-m=f(q)-f-b=f(p)2 22 2 2() )1]2图3当M+m=0，f(x)£c，c取时m=fp+q，M=f()=f)。例在f(x)=x2+x+q中，找出使得xx2+px+q,-1x1解：根据平口二次函数定理可知当仅当M+m=0时，xx2+px+q,-2() )1]2M=f1=f-1\1+p+q=1-p+q?p0；又m=f)=q，M+m=1+q+q=0?q2；\f(x)=x2-1,x?[1。例2：数f(x)=x2+ax+b，对于任意的实数a,b，总存在xÎ0,]，得f(x)³t数t的0 0[]( ([]( ( () ) )( ( () ) )()2max[]( () )到fx,0x4，不妨设gx=x2+ax+b,x?0,4，gx=M,max maxgx=m当M=g0=g4? a=2?a-m=g2=4+ab=b-4，n于Mm=0，故b+b-4=0?b2，fx=2，综上，当t£2时，总存在xÎ0,4，得fx³t0 0

1 11 1(例（6f(x)=x+x-ax-b当xÎ 2,2时设f(x)的最大值为Ma,)则M,)(1 11 112( () )9 1x[解Ma,)为最小时函数一定为口函数造g(x)=x+x-ax-b,x?2,2：g骣=g()?a0为g1+g)=0?b4，\Ma,)最为1=4。例4设函数f(x)=2-ax-b对于任意的实数a,b总存在xÎ,]使得f(x)³m成立则实m的0 0 。()()( ()2 2解：由f(x)³m，可知f(x)为平口函数，构造g(x)=2-ax-b，有g1=g)，则a()()( ()2 2为当x=2时，g(x)取得最小值，g)+g2=0?b3+22，\g(x)=1=3-22?mmax( () )Mm( () )Mm0ìíï+ =所有的平口函数y=f(x)求f(x)，xÎ[p,]时，一定若maxy=f(x)有一个极值点，也叫平口单峰函数，若f(x)=M，f(x)=m，ïfp=fqmax n î学习数学，领悟数学，秒杀数学。例5呼和浩特期中设函数f(x)=x-ax-b,a,b?R,若对于任意的实数a,b总存在实数xÎ0,]，0)0(())121ï镲Þ镲îb=ï())0(())121ï镲Þ镲îb=ï()1 12 4[(解令x=t,t?0,]，ft)=t-t2-b,a,b?R,令gt)=t-t2-b,a,b?R,一看是平口二次函数模ììg)=g)a=眄 故ft=t-t2- =?m。g0+g1=0xî 4 xb例：f(x)=nx-x-b对于任意的a<0，ÎR都存在xÎ,]得f(x)³10 0b(() )数m的(() )解：xnx-x-b?1，f¢x)=1-a>0故f(x)为单调增函数，无峰最值只能在两端，根据平口函n x)[n() )()¢1 1()¢()1n2 2()f)-f1lnma(m12nm2me2，fq)-f(p)?c，这个例7：求xn)[n() )()¢1 1()¢()1n2 2()令f(x)=ln(x+1+x+b，无峰不最值，构造平口单函数，则当f)=f1?a-n2 nn)-n2fx=-ln2，当x=-1时fx=0，f -1+f0=0?b x+1 n2nn)-n21xnx+1+ax+bn 2[][]f(x)在区间p,q为连的单峰且f(p)=fq)，此函数，x为其值点则( () )2{ }f(p)-f(x) f( () )2{ }gx=xfx+ax+b的最小值为 0当a=,b=- 02若a¹0时图5图6则端点的增量为a(p-q)值点的量为a(x-p)或者a(x-q)，0 0由于p-q>xx-p,x-q故g(x)=xf(x)+ax+b>xf(x)+b，故不符合题意，即0 0 n na=0图5 图6例8：（2016•天津理）设函数f(x)(x)3axb，xR，其中a，bR．（1）求f(x)的单调区间；（2）若f(x)存在极值点x，且f(x)f(x)，其中xx，求证：x2x3；0 1 0 1 0 1 0（设a0，函数g(x)|f(x)|，求证：g(x)在区间[0，2]上的最大值不小于1．4

解：1）函数f(x)(x)3axb的导数为f(x)(x)2a当„0f(x0，f(x)在Ra0当x1a或x1af(x)0当1ax1a，f(x)0，3 3 3 3()() f(x)为(,1a)，1a，)，为1a，()() 3 3 3 3老唐说题提示：第（1）问发现f(x)(x)3axb的对称中心为,f1图7设f(x)的极大值为M当成f(x)=M的两根为x，x(xx)则区间x,x被1 2 2 12-b和点m也（2）证明：f(x)0，可得(x)2a由f(x)(x)33x(x)2b(x)2(2x)b，0 0 0 0 00 0 00 0 0，有 ，f(32x)(22x)332x)(x)2b(x)2(88x96x)b(x)2(2x)b，f(32x)f(x)f(x)0即032xx0即为x2x0 0 0，有 ，0 0 1 0 1 1 0（3）证明：要证g(x)在区间[0，2]上的最大值不小于1，只需证在[0，2]上存在x，x，使得4 1 2f(x)f(x…1．当3时，f(x)在[0，2]递减，f（2）12ab，f()1b，f(0)f（2）1 222a412当 ，0a3f1a)(a)3a1a)baaaaab2a当 ，3 3 3 33 3 33，f1a)(a)3a1a)baaaaab2aaab，3 3 3 33 3 33f（）12ab，f)1b，f（2）f(0)22a，若0„3f2）f(0)2214 23 3332若a3时，f1a)f1a)3 33324综上可得，g(x)在区间[0，2]上的最大值不小于1．4( ( ( ( () )()()ïíï()造f1-x)+f1+x)=2f1证为,f1ìf1=0当 ?ab=0时，才存在mx|f(x)|，端点f2出值îM+m=0 n图82243ìïï2243ìïïî14。4b ccf()=f

=-f

ïa=3，解得í ；故x|f(x)| ïb=-4n

bc①如果函f(x)在x1处有极值3，试确定、c的值；②求曲yf(x)上斜率为的切线与该曲线的公共点；bcc③记g(x)|f(x)|(x)M若Mk的b、，求k（参c1（7f(x)|x2axb|在区间[0，]内的最大值为M(a，R，0位常数）且存在实数a，b，使得M取最小值，则abc 答案22016永康市模拟记（x＝lnx+ax+b（a＞0间[tt+2（t为正数）上的最大值为Mt（a，b），若{bMt（a，b）≥ln2+a}＝R，则实数t的最大值是（ 1 C 答案3.（2016•温州二模）若存在x0[1，]式|4x0a2x01|„2x0成立，则实数a的取值范2围是 答案：[0，9]21|14．201•浙江二模设f(x)4x1a2xb(a,bR)若对于x[0，]，f(x)|„2则b 1|12：1725．（201•温州二模）已知函数f(x)x2(a4)x3a．若f(x)间[0，]，求a0 0a(0,4)，存在x[0，2]，使得|f(x)|t，求t的取值范围．解f(x)x2(a4)x3a，f(x)2x(a40 0f(x)间[0，]，f)f（1）(a2a)0即2a4即a为(2,4)；2 2[2 2（2）f(x)x2(a4)x3a的对称轴为x4a，又a(0,4)4a2 2[2 2函数f(x)x2(a4)x3a在[0，4a]上是减函数，在4a，2]上是增函数，20 0…故对于任意的a(0,4)，存在x[0，2]，使得|f(x)|t可化为对于任意的a(0,4)，|f)|t或|f（2）|t或|f(4a)|t20 0…2…即f)|，|f（2）|，|f(4a)|} tf（1）0，max2…2|f)|，|f（2）|，|f(4a)|} f()|，|f（2）|} maxmax2|f)|f ||f( )|} （） 的最小值为，4a 3a,0„2 |f)|f ||f( )|} （） 的最小值为，故t即可，故t的取值范围为(，]．16．（2009•湖北）在R上定义运算：pq3(pc(qb)c(b、cR是常数），已知1f(x)x22c，f(x)x2b，f(x)f(x) f(x)．1 2 12

考公式：x3bx2b3(xb)(x2b)2)3f)4b1 b 1解：①依题意f(x)3x3bx2cxbc，解f/3f)4b1 b 13b1若c1，f(x)1x3x2x1，f(x)x22x1(x)2„0，f(x)在R3b13c3在x1若b1，f(x)1x3x23x3，f(x)x22x3(x(x3c3c3讨论知，f(x)在x1处有极大值，所以bc33 34 14②f(t)c得t0或tb，切点分别为(0,c)、(2b,c3b3)，相应的切线为ycxbcycxbc4b3．解cxbc1x3bx2cxbc得x0或x3 34 14解cxbc3b33x3bx2cxbc即x3bx2b30得xb或xb．，b0为c(0,0)，b0时，33(斜率为c的切线有两条，与曲线的公共点分别为,c)、b,4c)和(2b,4b3c)、(,4b3)33(③g(x)|(xb)2b2c|．若|b|1，则f(x)在[1，]，Mmax{|f()|，|f（1）|}{|12bc|，|12bc|}，为f（1与f(|f（1）f()|4b|4以M2．若|b|„1，f(x)在xb[1，]，则Mmax{|f()|，|f（1）|，|f（b）|}，f（b）f()(b)2．若„b0，f（1）f()f(b2 2 2 Mmax|f/)|,|f/b)||f/)f/(b)|1(b)22 2 2 若1，f(f（1）„f（b，2 2 2Mmax{|f()|，|f（b）|1|f/()f/(b)|1(b)22 2 22 2 2当b0，c1，g(x)f/(x)||x21|在[1，]M2 2 22，k(,1]．27（2016•浙江二）已函数f(x)x22axb(a,bR)记M是|f(x)|间[0]大1．(I)当b0且M2求a若M„2明a1．解：（1）b0时，f(x)x22ax，易知，|f(x)|在[0，]上的最大值在0，]的端点处或对称11 3学习数学，领悟数学，秒杀数学。1 3轴处取得．而f(0)0，M|f（1）|或|12a|2，a2或a2此时，f(x或fx，当f(x，f()在[0，]为2；2 4当f(x，fx|在[0，]上的最大值为|f(3)92；若M|f（a）|，则a222 4a2，当a2，f(x22x在[0，]1221当a2f(x221a122 2 2 2 2 2 2M„1|f)|„1，|f（1）|„1，1f()122 2 2 2 2 2 2„1a（1，且 „f)ff)b 1f„1a（1，且 „f)f而f(0)f（1）[1，]，a[0，]a1.（数f(xb，xR中a，bR求f(若f(点x且f(xf(x)中：x0；10 1 0 1 0 1 01设a0数g(xf()|：g(间[1，]4．若f(xb则f(a，当„0有f(0时f(为(,)，3 3当a0令f(a0得xa或x33 33 3当xa或xa，f(xa0，f(3 33 3当axa，f(xa0，f(3