2014年彭湃中学高中数学竞赛辅导试题：二次函数 2

高中数学联赛 二次函数

彭湃中学2014级数学竞赛辅导专题一 二次函数

一、二次函数的解析式:①一般式：f(x)=ax2+bx+c.②顶点式：f(x)=a(x-h)2+k.③零点式：f(x)=a(x-x1)(x-x2).(a≠0)

二、二次函数的最值:当自变量的取值范围为闭区间[p,q]时，其最值在f(p)、f(q)、f( 三者中取得，最值情况如下表：

b)2a

例1：来源：01全国高考 题型：解答题，难度：中档

设a为实数，函数f(x) x2 |x a| 1，x R （1）讨论f(x)的奇偶性； （2）求f(x)答案：

解：（I）当a 0时，函数f( x) ( x)2 | x| 1 f(x)

此时，f(x)为偶函数当a 0时，f(a) a2 1，f( a) a2 2|a| 1，

f(a) f( a)，f(a) f( a)此时f(x)既不是奇函数，也不是偶函数 13

（II）（i）当x a时，f(x) x2 x a 1 (x )2 a

24

当a

1

，则函数f(x)在( ,a]上单调递减，从而函数f(x)在( ,a]上的最小值为2

1131

，则函数f(x)在( ,a]上的最小值为f() a，且f() f(a)． 2242

f(a) a2 1．若a

13

（ii）当x a时，函数f(x) x2 x a 1 (x )2 a

24

1131

若a ，则函数f(x)在( ,a]上的最小值为f( ) a，且f( ) f(a)

2242

1

若a ，则函数f(x)在[a, )上单调递增，从而函数f(x)在[a, )上的最小值为

2

f(a) a2 1．

31

综上，当a 时，函数f(x)的最小值为 a

42

当

11

a 时，函数f(x)的最小值为a2 1 22

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当a

13

时，函数f(x)的最小值为 a． 24

例2：已知函数f(x)=ax2 bx c，其中a N*,b N,c Z.

（1）若b>2a,且 f(sinx)(x∈R)的最大值为2，最小值为－4，试求函数f(x)的最小值； （2）若对任意实数x，不等式4x f(x) 2(x2 1)恒成立,且存在x0使得f(x0) 2(x20 1)成立，求c的值。 答案：

f(sinx)=asin2x bsinx c

b

1, 对称轴在x 1左边 2a

f(sinx)min f( 1) 4, f(sinx)max=f(1)=2,

a b c 4, b 3,

a b c 2, c 1 a,又b>2a>0, a 1,c 2. f(x) x2 3x 2.

f(x)min

17

(7分) 4

(2) 4x f(x) 2(x2 1), 4 f(1) 2(1 1) 4, f(1) 4.(1分)

a b c 4,即b 4 (a c).(1分)

又 f(x) 4x,即ax2 (b 4)x c 0恒成立. (b 4) 4ac 0,即( a c)2 4ac 0,

(a c)2 0, a c.(2分)

b 4 2a 0,a 2,又a N. a 1或a 2.(1分)

*

当a 2时,c 2, b 0, f(x) 2x2 2.

2

不存在 x0使f(x0) 2x0 2.

当a=1时，c=1, b 2, f(x) x2 2x 1.

2

此时存在x0,使f(x0) 2(x0 1).故c 1.(2分)

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配套练习1. 当x为何值时，函数f(x)=(x-a1)2+(x-a2)2+…+(x-an)2取最小值。 解：f(x)=(x2-2a1x+a12)+(x2-2a2x+a22)+ …+(x2-2anx+an2) =nx2-2(a1+a2…+an)x+(a12+a22+…+an2) ∴当x=(a1+a2…+an)/n时，f(x)有最小值.

配套练习2.已知x1,x2是方程x2-(k-2)x+(k2+3k+5)=0的两个实数根，x12+x22的最大值是____.

解：由韦达定理得：x1＋x2=k-2，x1x2=k2+3k+5. ∴x12+x22＝（x1＋x2）2-2x1x 2=(k-2)2-2(k2+3k+5)

=-k2-10k-6=-(k+5)2+19 .已知x1,x2是方程的两个实根，即方程有实数根，此时方程的判别式Δ≥0，

即Δ＝(k-2)2-4(k2+3k+5) =-3k2-16k-16≥0

44450

解得：-4≤k≤ .∵k=-5[-4, ]，设f(k)=-(k+5)2+19则f(-4)=18,f( )= <18.

3339

∴当k=-4时，(x12+x22)max=18.

配套练习3.已知f(x)=x2-2x+2，在x∈[t,t+1]上的最小值为g(t)，求g(t)的表达式。

解：f(x)=(x-1)2+1

(1)当t+1<1即t<0时，g(t)=f(t+1)=t2+1 (2)当t≤1≤t+1，即0≤t≤1时，g(t)=f(1)=1 (3)当t>1时，g(t)=f(t)=t2-2t+2

综合（1）、（2）、（3）得：

三、二次函数与二次方程

设f(x)=ax2+bx+c(a≠0)的二实根为x1,x2，(x1＜x2)，Δ=b2-4ac，且α、β(α＜β)是预先给定的两个实数。

1．当两根都在区间(α,β)内，方程系数所满足的充要条件 ∵α＜x1＜x2＜β，对应的二次函数f(x)的图象有下列两种情形

当a＞0时的充要条件是：Δ＞0，α＜

b

＜β，f(α)＞0，f(β)＞0 2a

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b

＜β，f(α)＜0，f(β)＜0 2a

b

两种情形合并后的充要条件是：Δ＞0，α＜ ＜β，af(α)＞0，af(β)＞0 ①

2a

2．当两根中有且仅有一根在区间（α，β）内，方程系数所满足的充要条件

当a＜0时的充要条件是：Δ＞0，α＜

∵α＜x1＜β或α＜x2＜β，对应的函数f(x)的图象有下列四种情形

从四种情形得充要条件是：f(α)·f(β)＜0 ②

3．当两根都不在区间［α，β］内方程系数所满足的充要条件 （1）两根分别在区间［α，β］之外的两旁时

∵x1＜α＜β＜x2，对应的函数f(x)

的图象有下列两种情形

（2）两根分别在区间［α，β］之外的同旁时

∵x1＜x2＜α＜β或α＜β＜x1＜x2，对应函数f(x)的图象有下列四种情形

b

＜α，af(α)＞0 ④ 2ab

当β＜x1＜x2时的充要条件是Δ＞0， ＞β，af(β)＞0 ⑤

2a

当x1＜x2＜α时的充要条件是Δ＞0，

例3．如果方程（1-m2）x2+2mx-1=0的两个根一个小于零，另一个大于1，确定m的范围。

解：令f(x)=(1-m2)x2+2mx-1，根据题设条件，f(x)的图形是下列两种情形之一：

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则（1-m2）f(0)＜0,(1-m2)f(1)＜0；即1-m2＞0,(1-m2)(2m-m2)＜0解得：-1＜m＜0 例4：（07年广东高考理科数学20题）

已知a是实数，函数f(x) 2ax2 2x 3 a，如果函数y f(x)在区间[-1，1]上有零点，求实数a的取值范围。

解析1：函数y f(x)在区间[-1，1]上有零点，即方程f(x) 2ax2 2x 3 a=0在[-1，1]上有解， a=0时，不符合题意，所以a≠0,方程f(x)=0在[-1，1]上有解<=>f( 1) f(1) 0或

af( 1) 0 af(1) 0

4 8a(3 a) 0 1 a

5或a

1 [ 1.1] a

或a

5 a

或a≥1. 所以实数a

的取值范围是a

或a≥1. 解析2：a=0时，不符合题意，所以a≠0,又

12x2 1

∴f(x) 2ax 2x 3 a=0在[-1，1]上有解， (2x 1)a 3 2x在[-1，1]上有解 在[-1，

a3 2x

2

2

2x2 1

1]上有解，问题转化为求函数y [-1，1]上的值域；设t=3-2x，x∈[-1，1]，则2x 3 t，t

3 2x1(t 3)2 217

∈[1,5],y (t 6)，

2t2t

7t2 7

设g(t) t .g'(t)

2，t 时，g'(t) 0，此函数g(t)

单调递减，t 时，g'(t)>0,此函数

tt

g(t)单调递增，∴y

的取值范围是3,1]，∴f(x) 2ax2 2x 3 a=0在[-1，1]上有解

3,1] a

1或a 1

∈a

配套练习4：.已知方程x2+2px+1=0有一个根大于1，有一个根小于1，则p的取值为_________. 配套练习5：已知关于x的二次方程x2+2mx+2m+1=0(1)若方程有两根，其中一根在区间(－1，0)内，另一根在区间(1，2)内，求m(2)若方程两根均在区间(0，1)内，求m条件说明抛物线f(x)=x2+2mx+2m+1与x轴的交点分别在区间(－1，0)和(1，2)内，画

出示意图，得

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1 m 2f(0) 2m 1 0,

m R, f( 1) 2 0, 1

f(1) 4m 2 0,m , 2 f(2) 6m 5 0

m 5 6

∴ m 5

6 (2)据抛物线与x轴交点落在区间(0，1)内，列不等式组

1 m , f(0) 0,2 f(1) 0,

m 1,

2 0,

m 1 2或m 1 2, 0 m 1

1 m 0.

(这里0<－m<1是因为对称轴x=－m应在区间(0，1)内通过) 配套练习6：设0<a<1,函数f(x)=loga

x 3

,g(x)=1+ loga(x 3),设f(x)和g（x）的定义域的公x 1

共部分为D，当[m,n] D时，f(x)在[m,n](m<n<3)上的值域是[g(n),g(m)],求a的取值范围。 答案：

D=（－3,1） (3, )，又因为f(x)= loga在（－3,1）为减函数。有：f(m)=g(m)、f(n)=g(n),

0

1 2a x 3 1 3

=a(x+3)的两个根 ，且－3<m<n<1,所以有 2ax 1 f( 1) 0

f(3) 0

即m,n是方程

0

1 2a

2 2 3

3解之得a (,1) (0,) 2a44 f(3) 0

四．二次函数与二次不等式

一元二次不等式的解集相应于一元二次函数的正值、负值区间。解不等式与证明不等式成立，经常要用到二次函数的极值性质、单调性、图象与x轴的位置关系等。

例5：已知函数f(x) ax2 (b 8)x a ab，当x （ 3,2）时，f(x) 0;当x （ , 3）

(2, )时，f(x) 0

（Ⅰ）求f(x)在[0，1]内的值域；（Ⅱ）c为何值时，ax2 bx c≤0的解集为R.

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答案：

解：由题目知f(x)的图像是开口向下，交x轴于两点A( 3,0)和B(2,0)的抛物线，对称轴方程

1

为x （如图）那么，当x 3和x 2时，有y 0，代入原式得：

2

0 a( 3)2 (b 8) ( 3) a ab

2

0 a 2 (b 8) 2 a ab

a 0 a 3解得： 或

b 8 b 5经检验知：

a 0

不符合题意，舍去. f(x) 3x2 3x 18 b 8

y 18，(Ⅰ)由图像知，函数在 0,1 内为单调递减，所以：当x 0时，

当x 2时，y 12. f(x)在 0,1 内的值域为 12,18

(Ⅱ)令g(x) 3x2 5x c要使g(x) 0的解集为R，则需要方程 3x2 5x c 0的根的判别式 0，即 25 12c 0

2525

解得 c 当c 时，ax2 bx c 0的解集为R.

1212

配套练习7．若a1,a2,…,an,b1,b2,…,bn都是实数，求证：（a1b1+a2b2+…+anbn）2≤(a12+a22+…+a2n)(b12+b22+…+b2n)

证明：构造二次函数 f(x)=(a1x-b1)2+(a2x-b2)2+…+(anx-bn)2=( a12+a22+…

+a2n)x2-2(a1b1+a2b2+…+anbn)x+( b12+b22+…+b2n).当a12+a22+…+a2n≠0即a1,a2,…,an不全为零时，显然有对x∈R，f(x)≥0，故f(x)＝0的判别式：Δ=4（a1b1+a2b2+…+anbn）2-4(a12+a22+…+a2n)(b12+b22+…+b2n)≤0.即（a1b1+a2b2+…+anbn）2≤(a12+a22+…+a2n)(b12+b22+…+b2n) 。

当a1=a2=…=an=0时，结论显然成立，故命题成立。

五、联赛辅导题

1、已知f(x) ax2 2bx 4c(a,b,c R)

（1）当a 0时，若函数f (x)的图象与直线y x均无公共点，求证4ac b2

3

（2）b 4,c 时对于给定的负数a 8，有一个最大的正数M（a），使得

4

1; 4

x [0,M(a)]时都有|f(x)| 5，问a为何值时，M(a)最大，并求出这个最大值M(a)，证明你的结论. 答案：

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（Ⅰ） f(x)的图象与y=x无公共点.

ax2 2bx 4c x,即ax2 (2b 1)x 4c 0无实根.从而 (2b 1)2 16ac 4b2 16ac 1 4b 0.(3分)

同理,由f(x)的图象与y x无公共点,得4b2 16ac 1 4b 0

1

二式相加,得4ac b2 .(5分)

4

416

f(x) a (x )2 3 .

aa

16

a 0,所以f(x)max 3

a

164

a 8时,3 5,此时M(a) .

aa

（Ⅱ） 所以,M(a)是方程ax2 8x 3 5的较大根.(8分)

4 2a 2

当且仅当a 8时,等号成立.因此当a 8时,M(a)取最大值M(a)

8 64 32a

2a

4

420 2

12

5 1

.2

(14分)

2、 设a，b为实常数，k取任意实数时，函数y＝(k2＋k＋1)x2－2(a＋k)2x＋(k2＋3ak＋b)的图象与x轴都交于点A(1，0).

① 求a、b的值；② 若函数与x轴的另一个交点为B，当k变化时，求|AB|的最大值. 分析：由A在曲线上，得k的多项式对k恒成立，即可求的a，b值. 解：⑴由已知条件，点A(1，0)在函数图象上， 故(k2＋k＋1)－2(a＋k)2＋(k2＋3ak＋b)＝0 整理得：(1－a)k＋(b＋1－2a2)＝0

∵ 对k∈R，上式恒成立，∴ 1－a＝0且b＋1－2a2＝0 从而a＝1，b＝1，y＝(k2＋k＋1)x2－2(k＋1)2x＋(k2＋3k＋1)

⑵设B(α，0)，则|AB|＝|α－1|，∵(k2＋k＋1)x2-2(k＋1)2x＋(k2＋3k＋1)＝0的两个根为1、α，

k2 3k 1由韦达定理，1 α＝ 2

k k 1

整理得：(1－α)k2＋(3－α)k＋(1－α)＝0，α＝1时，得2k＝0 k＝0 α≠1时，∵ k∈R，∴ △≥0，即(3－α)2－4(1－α)2≥0 得：－1≤α≤

5

且α≠1，综合得：－1≤α≤3

5，∴ －2≤α－1≤3

2 3

∴ |AB|＝|α－1|∈[0，2]即|AB|的最大值为2.

3、定义在R上的函数f(x)满足：如果对任意x1，x2∈R，都有f(

x1 x21

)≤［f(x1)+f(x2)］

，则22

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称函数f(x)是R上的凹函数.已知函数f(x)＝ax2+x(a∈R且a≠0)，

(1)求证：当a＞0时，函数f(x)是凹函数；

(2)如果x∈［0，1］时，│f(x)│≤1，求实数a的范围. 答案：

.(1)证明：对任意x1、x2∈R，∵a＞0，∴f(x1)+f(x2)－2f(=ax12+x1+ax22+x2－2［a(∴f(

x1 x2

) 2

x1 x22x1 x21

)+］=a(x1－x2)2≥0. 222

x1 x21

)≤［f(x1)+f(x2)］，∴f(x)是凹函数. 6分 22

(2)解：由│f(x)│≤1 －1≤f(x)≤1 －1≤ax2＋x≤1.( * )

当x＝0时，a∈R; 当

7分

10分

111121 a ( ) 2xx24 x

x∈(0，1)时，由( * )得 恒成立.

111112 a ( ) x24x2x

当x∈(0，1]时，

11111

≥1.当=1时，－(+)2+取最大值－2; xxx24

111

同时(－)2－取最小值0，∴－2≤a≤0.

x24

∵a≠0，∴－2≤a＜0. 14分

4、对于函数f(x) ax2 bx 1（a＞0），如果方程f(x) x有相异两根x1，x2．

（1）若x1 1 x2，且f(x)的图象关于直线x＝m对称．求证：m ； （2）若0 x1 2且|x1 x2| 2，求b的取值范围；

（3） 、 为区间[x1，x2]上的两个不同的点，求证：2a (1 b)( ) 2 0．

答案：（1）g(x) f(x) x ax2 (b 1)x 1，且a＞0．因为x1 1 x2，所以(x1 1)(x2 1) 0，

b1b 11

( ) 2a2aa

11111

(x1 x2) x1x2 (x1 x2) [(x1 x2) 1] ． （2）由方程g(x) ax2 (b 1)x 1 0， 22222

1

可知x1x2 0，所以x1、x2同号．由0 x1 2，则x2 x1 2，所以x2 2 x1 0，所以g(2) 0，

a

12

即x1x2 x1 x2 1，于是x m

(b 1)242

2a 1 (b 1) 1， 4即4a＋2b-1＜0，又(x2 x1) ，所以（因为a＞0）代入①式得：2

aa

2

2(b 1)2 1 3 2b，解之得b

11 b1． （3）由条件得x1 x2 ，x1x2 ，不妨设 ，则4aa

0 2( x1)

( x2) 2 2( x1 x2) 2x1x2 2 2(x1 x2)( )

2x1x2

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(x1 x2)( ) 2 2(x1 x2)( ) 2x1x2 2a (1 b)( ) 2， 故2a (1 b)( ) 2 0．

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/mt2i.html