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第13讲-二次函数综合(一)-参考答案

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【例1】如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线23yaxbx经过点(1,0)A、(3,0)B两点，且与y轴交于点C． （1）求抛物线的表达式； （2）如图2，用宽为4个单位长度的直尺垂直于x轴，并沿x轴左右平移，直尺的左右两边所在的直线与抛物线相交于P、Q两点（点P在点Q的左侧），连接PQ，在线段PQ上方抛物线上有一动点D，连接DP、DQ．

①若点P的横坐标为12，求DPQ面积的最大值，并求此时点D的坐标； ②直尺在平移过程中，DPQ面积是否有最大值？若有，求出面积的最大值；若没有，请说明理由．

图1图2备用图OyxPDQOyxxyOABC 【分析】（1）抛物线解析式为223yxx； （2）由题意可得点P坐标为17,24，点Q坐标为79,24，

则直线PQ的解析式为54yx， 设点D坐标为2,23mmm，过点D作DH⊥x轴交直线PQ于点H，

则H点坐标为5,4mm，可得：2734DHmm， ∴221774323244DPQSmmmm， 当32m时，可得△DPQ面积取到最大值8， 此时点D坐标为31524，． （3）设点P坐标为2,23ppp，则点Q坐标为24,4243ppp， 化简得点Q24,65ppp，则PQ中点M坐标为22,21ppp， 当点D横坐标为p+2时，连接DM，DM⊥x轴，且此时△DPQ面积最大， 点D坐标为22,2223ppp，化简得点D22,23ppp，

∴此时2223214DHpppp， ∴△DPQ的最大面积为144=82， ∴在直尺平移的过程中，△DPQ面积的最大值为8．

HxyOQ

DP 【例2】如图，抛物线24yaxbx与x轴交于点(2,0)A，(4,0)B，与y轴交于点C，顶点D． （1）求抛物线的解析式和顶点D的坐标； （2）动点PQ以相同的速度从点O同时出发，分别在线段OB，OC上向点B，C方向运动，过点P

作x轴的垂线，交抛物线于点E ①当四边形OQEP为矩形时，求点E的坐标； ②过点E作EMBC于点M，连接BE，PM，QM，设BPM的面积为1S，CQM的面积

为2S，当PE将BCE的面积分成1:3两部分时，请直接写出12SS的值． ③连接CP，DQ，请直接写出CPDQ的最小值．

图1图2图3DCBAOyxMDPECBAOyxQQxyOABCEPD【分析】（1）抛物线解析式：2142yxx，顶点D的坐标为91,2； （2）①若四边形OQEP为矩形，则OQ=PE，设点P坐标为,0m，则OQ=OP=m， 此时点E坐标为21,42mmm，∴2142PEmm，

若OQ=PE，则2142mmm，解得：122m，222m（舍）， 故点E坐标为22,22； ②112MSPBy，112MSCQx， ∵PB=CQ，∴12MMySSx，故求出点M坐标即可． 记PE与BC交于点N， 情况一：如图，若:1:3BNECNESS，

即BN:CN=1:3，可得点P坐标为3,0，点E坐标为53,2，点N坐标为3,1， 53122EN



，故点M到直线PE的距离为11332224EN，

即点M的横坐标为94，代入直线BC的解析式得点M坐标为97,44， ∴1279SS； 情况二：若:3:1BNECNESS，

则BN:CN=3:1，可得点P坐标为1,0，故点E坐标为91,2，点N坐标为1,3， 点M到PE的距离等于11332224NE，

NQxyOABCEPDMNDPECBAOyxQ

MNPECBAO

y

xQ ∴点M的横坐标为14，代入BC的直线解析式可得点M的坐标为115,44



,

∴1215151SS， 综上，12SS的值为79或15． ③法一：作点D关于y轴的对称点'D，则'DQDQ，又CP=QB， ∴'CPDQDQQB，∴当'D、Q、B共线时，可得最小值为229181'522DB．

法二：设点P坐标为,0m，则点Q坐标为0,m，则216CPm，2912DQm， 2291612CPDQmm，如下图构造，最小值即229181

=5+=22RQ



．

D'D

PEC

BAOyxQ

DPEC

BAOyxQ

QTS

R149

2-m

m 【例3】如图，在平面直角坐标系中，直线122yx与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线212yxbxc经过A、C两点，与x轴的另一交点为点B．

（1）求抛物线的函数表达式； （2）点D为直线AC上方抛物线上一动点，

①连接BC、CD，设直线BD交线段AC于点E，CDE的面积为1S，BCE的面积为2S，求12

S

S的最大值； ②过点D作DFAC，垂足为点F，连接CD，是否存在点D，使得CDF中的某个角恰好等于BAC的2倍？若存在，求点D的横坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】 （1）抛物线解析式为213222yxx；

（2）①分别过D、B作x轴的垂线交AC于点N、M，则12SDEDNSBEBM，

∵点B坐标为1,0，故点M坐标为51,2，∴52BM， 设点D坐标为213,222mmm，则点N坐标为1,22mm， ∴2122DNmm， 若12SS取最大值，即DN取最大值即可， 当2m时，DN取到最大值2， 此时1224552SS，故12SS的最大值为45．

备用图CBAOyxxyOABCE

D

MND

EC

BAO

y

x ②记BAC，有1tan2，易得4tan23，即△CDF中有一个角的正切值为43． 情况一：若4tan3DCF，如下图，

过点C作CQ∥x轴，则∠ACQ=∠BAC，∵∠ACD=2∠BAC， ∴∠DCQ=∠BAC，∴1tan2DCQ，即12CDk，

又点C坐标为0,2，∴直线CD解析式为122yx， 联立方程：213122222xxx，解得：12x，20x， 故此时点D的横坐标为-2． 情况二：若4tan3CDF，则3tan4DCF，

过点A作AM⊥AC与CD延长线交于点M，过点M作MN⊥x轴交x轴于点N， 易证△MNA∽△ABC，且34MNNAMAAOOCAC，

又AO=4，OC=2，∴3342ANOC，334MNAO， ∴点M的坐标为11,32，直线CM的解析式为2211yx， 联立方程：2132222211xxx，解得：12911x，20x， 故此时点D的横坐标为2911， 综上所述，点D的横坐标为2或2911．

FDQ

x

y

OABC

DF

M

NxyOABC 【例4】如图，在平面直角坐标系xOy中，将抛物线2yx的对称轴绕着点(0,2)P顺时针旋转45后与该抛物线交于A、B两点，点Q是该抛物线上一点． （1）求直线AB的函数表达式； （2）如图①，若点Q在直线AB的下方，求点Q到直线AB的距离的最大值； （3）如图②，若点Q在y轴左侧，且点(0T，)(2)tt是射线PO上一点，当以P、B、Q为顶点的三角形与PAT相似时，求所有满足条件的t的值．

图1图2备用图xyOABPTQQTPBAOyxxy

OABPQ 【分析】 （1）直线AB解析式：2yx； （2）过点Q作QH⊥AB交AB于点H，过点Q作QM⊥x轴交AB于点M，

则△QHM是等腰直角三角形，故22QHQM，若QH最大，即QM最大即可， 设点Q坐标为2,mm，则点M坐标为,2mm， 故22QMmm，当12m时，QM取到最大值94，

此时229922248QHQM， 故点Q到直线AB的距离的最大值为928． （3）∵∠PAT=45°，∴在△BPQ中必有一角为45°，考虑∠BPQ≠45°， 情况一：∠PBQ=45°，此时BQ∥x轴，则△BPQ是等腰直角三角形， 故△PAT为等腰直角三角形， 若∠PTA=90°，则PT=AT=1，故t的值为1； 若∠PAT=90°，则22PTPA，故t的值为0；

情况二：若∠PQB=45°，过点B作BN⊥y轴交y轴于点N， 以点N为圆心，NB为半径作圆，与抛物线交点即为满足条件的点Q，其中一个是情况一中的点Q，此处不再讨论．

HMQPB

AO

y

x

xyOABPTQQTPBAOyxNQTP

B

AO

y

x

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2020数学中考备考-第13讲 二次函数(二)

2020数学中考备考-第13讲 二次函数(二)

第13讲二次函数(二)(参考用时:60分钟)A层(基础)1.(2019岳阳)对于一个函数,当自变量x取a时,函数值y也等于a,我们称a为这个函数的不动点.如果二次函数y=x2+2x+c有两个相异的不动点x1,x2,且x1<1<x2,则c的取值范围是( B )(A)c<-3 (B)c<-2(C)c< (D)c<1解析:由题意知x1,x2是方程x2+2x+c=x的两个实数根,且x1<1<x2,整理,得x2+x+c=0,则解得c<-2,故选B.2.已知抛物线y=x2+bx+c的部分图象如图所示,若y<0,则x的取值范围是( B )(A)-1<x<4(B)-1<x<3(C)x<-1或x>4(D)x<-1或x>3解析:由图象知,抛物线与x轴交于(-1,0),对称轴为直线x=1,∴抛物线与x轴的另一交点坐标为(3,0),∵y<0时,函数的图象位于x轴的下方,∴-1<x<3.故选B.3.运动员将足球沿与地面成一定角度的方向踢出,足球飞行的路线是一条抛物线,不考虑空气阻力,足球距离地面的高度h(单位:m)与足球被踢出后经过的时间t(单位:s)之间的关系如下表:下列结论:①足球距离地面的最大高度为20 m;②足球飞行路线的对称轴是直线t=;③足球被踢出9.5 s时落地:④足球被踢出7.5 s时,距离地面的高度是11.25 m,其中不正确结论的个数是( B ) (A)1 (B)2 (C)3 (D)4解析:设该抛物线的解析式为h=at2+bt+c,将(0,0),(1,8),(2,14)代入,得解得∴h=-t2+9t=-(t-)2+,∴当t=时,h取得最大值,此时h=,故①错误;该抛物线的对称轴是直线t=,故②正确;当h=0时,得t=0或t=9,故③错误;当t=7.5时,h=-t2+9t=11.25,故④正确.综上可得,不正确的是①③.故选B.4.如图,二次函数y=-x2-2x的图象与x轴交于点A,O,在抛物线上有一点P,满足S△AOP=3,则点P的坐标是( D )(A)(-3,-3)(B)(1,-3)(C)(-3,-3)或(-3,1)(D)(-3,-3)或(1,-3)解析:令y=0,得-x2-2x=0,解得x=0,x=-2.∴A(-2,0),OA=2.∵S△AOP=OA·|y P|=3.∴|y P|=3.当y P=3时,-x2-2x=3,x2+2x+3=0,Δ=4-12<0,方程无解,此种情况不成立;当y P=-3时,-x2-2x=-3,x2+2x-3=0,解得x=1或x=-3,∴点P的坐标为(1,-3)或(-3,-3).故选D.5.(2019天津)二次函数y=ax2+bx+c(a,b,c是常数,a≠0)的自变量x 与函数值y的部分对应值如下表:且当x=-时,与其对应的函数值y>0.有下列结论:①abc>0;②-2和3是关于x的方程ax2+bx+c=t的两个根;③0<m+n<.其中正确结论的个数是( C )(A)0 (B)1 (C)2 (D)3解析:当x=0时,c=-2,当x=1时,a+b-2=-2,∴a+b=0,∴y=ax2-ax-2,∴abc=2a2>0,故①正确;由表知直线x=是对称轴,当x=-2时,y=t,∴当x=3时,y=t,∴-2和3是关于x的方程ax2+bx+c=t的两个根,故②正确;把x=-1代入,得m=a+a-2=2a-2,把x=2代入,得n=4a-2a-2=2a-2,∴m=n=2a-2,∴m+n=4a-4,∵当x=-时,y=a-b+c=a+a-2=a-2>0,解得a>,∴m+n>4×-4=,故③错误,∴正确结论是①②,共2个,故选C.6.(2019武汉)抛物线y=ax2+bx+c经过A(-3,0),B(4,0)两点,则关于x 的一元二次方程a(x-1)2+c=b-bx的解是x1=-2,x2=5 .解析:由a(x-1)2+c=b-bx得a(x-1)2+b(x-1)+c=0,把抛物线y=ax2+bx+c沿x轴向右平移1个单位得到y=a(x-1)2+b(x-1)+c,∵抛物线y=ax2+bx+c经过点A(-3,0),B(4,0),∴抛物线y=a(x-1)2+b(x-1)+c与x轴的两交点坐标为(-2,0),(5,0), ∴一元二次方程a(x-1)2+b(x-1)+c=0的解为x1=-2,x2=5.7.如图,在平面直角坐标系xOy中,已知抛物线y=ax2+bx(a>0)的顶点为C,与x轴的正半轴交于点A,它的对称轴与抛物线y=ax2(a>0)交于点B.若四边形ABOC是正方形,则b的值是-2 .解析:∵四边形ABOC是正方形,∴点B的坐标为(-,-).∵抛物线y=ax2过点B,∴-=a(-)2,解得b1=0(舍去),b2=-2.即b的值为-2.8.如图,在边长为6 cm的正方形ABCD中,点E,F,G,H分别从点A,B,C,D 同时出发,均以1 cm/s的速度向点B,C,D,A匀速运动,当点E到达点B时,四个点同时停止运动,在运动过程中,当运动时间为 3 s时,四边形EFGH的面积最小,其最小值是18 cm2.解:设运动时间为t s(0≤t≤6),则AE=t,AH=6-t,根据题意,得S四边形EFGH=S正方形ABCD-4S△AEH=6×6-4×t(6-t)=2t2-12t+36= 2(t-3)2+18,∴当t=3时,四边形EFGH的面积取最小值,最小值为18 cm2.9.已知直线l:y=kx+1与抛物线y=x2-4x.(1)求证:直线l与该抛物线总有两个交点;(2)设直线l与该抛物线两交点为A,B,点O为原点,当k=-2时,求△OAB的面积.(1)证明:联立化简可得x2-(4+k)x-1=0,∵Δ=(4+k)2+4>0恒成立,∴直线l与该抛物线总有两个交点.(2)解:当k=-2时,y=-2x+1,如图,过点A作AF⊥x轴于点F,过点B作BE⊥x轴于点E,∴联立解得或∴点A的坐标为(1-,2-1),点B的坐标为(1+,-1-2),∴AF=2-1,BE=1+2.∵直线y=-2x+1与x轴的交点C的坐标为(,0),∴OC=,∴S△AOB=S△AOC+S△BOC=OC·AF+OC·BE=OC·(AF+BE)=××(2-1+1+2)=.10.(2019青岛)某商店购进一批成本为每件30元的商品,经调查发现,该商品每天的销售量y(件)与销售单价x(元)之间满足一次函数关系,其图象如图所示.(1)求该商品每天的销售量y与销售单价x之间的函数解析式;(2)若商店按单价不低于成本价,且不高于50元销售,则销售单价定为多少,才能使销售该商品每天获得的利润w(元)最大?最大利润是多少?(3)若商店要使销售该商品每天获得的利润不低于800元,则每天的销售量最少应为多少件?解:(1)设销售量y与销售单价x之间的函数解析式为y=kx+b,将点(30,100),(45,70)分别代入,得解得故该商品每天的销售量y与销售单价x之间的函数解析式为y=-2x+160.(2)由题意,得w=(x-30)(-2x+160)=-2x2+220x-4 800=-2(x-55)2+ 1 250,∵-2<0,故当x<55时,w随x的增大而增大,∵30≤x≤50,∴当x=50时,w有最大值,最大值为w=1 200,故销售单价定为50元时,该商店销售该商品每天的利润最大,最大利润为1 200元.(3)由题意,得-2(x-55)2+1 250≥800,解得40≤x≤70,∵y=-2x+160,∴当x=70时,y取得最小值,最小值是y=-2×70+160=20,∴每天的销售量最少应为20件.B层(能力)11.已知二次函数y=-x2+x+6及一次函数y=-x+m,将该二次函数在x轴上方的图象沿x轴翻折到x轴下方,图象的其余部分不变,得到一个新函数(如图所示),当直线y=-x+m与新图象有4个交点时,m的取值范围是( D )(A)-<m<3 (B)-<m<2(C)-2<m<3 (D)-6<m<-2解析:如图,当y=0时,-x2+x+6=0,解得x1=-2,x2=3,则A(-2,0),B(3,0),将该二次函数在x轴上方的图象沿x轴翻折到x轴下方的部分图象的解析式为y=(x+2)(x-3),即y=x2-x-6(-2≤x≤3),当直线y=-x+m经过点A(-2,0)时,2+m=0,解得m=-2;当直线y=-x+m与抛物线y=x2-x-6(-2≤x≤3)有唯一公共点时,方程x2-x-6=-x+m有两个相等的实数解,解得m=-6,∴当直线y=-x+m与新图象有4个交点时,m的取值范围为-6<m<-2.故选D.12.(2019衡阳)在平面直角坐标系中,抛物线y=x2如图所示.已知A点的坐标为(1,1),过点A作AA1∥x轴交抛物线于点A1,过点A1作A1A2∥OA交抛物线于点A2,过点A2作A2A3∥x轴交抛物线于点A3,过点A3作A3A4∥OA交抛物线于点A4……,依次进行下去,则点A2 019的坐标为(-1 010,1 0102) .解析:∵点A的坐标为(1,1),∴直线OA为y=x,点A1的坐标为(-1,1),∵A1A2∥OA,∴直线A1A2为y=x+2,则解得∴点A2的坐标为(2,4),∴点A3的坐标为(-2,4),∵A3A4∥OA,∴直线A3A4为y=x+6,则解得∴点A4的坐标为(3,9),∴点A5的坐标为(-3,9)…,∴其规律为A2(n-1)(n,n2),A2n-1(-n,n2),∴A2 019的坐标为(-1 010,1 0102),13.图中是抛物线形拱桥,P处有一照明灯,水面OA宽4 m,从O,A两处观测P处,仰角分别为α,β,且tan α=,tan β=,以O为原点,OA 所在直线为x轴建立直角坐标系.(1)求点P的坐标;(2)水面上升1 m,水面宽多少?(取1.41,结果精确到0.1 m)解:(1)过点P作PH⊥OA于点H,如图.设PH=3x,在Rt△OHP中,∵tan α==,∴OH=6x.在Rt△AHP中,∵tan β==,∴AH=2x,∴OA=OH+AH=8x=4,∴x=.∴OH=3,PH=.∴点P的坐标为(3,).(2)若水面上升1 m后到达BC位置,如图,过点O(0,0),A(4,0)的抛物线的解析式可设为y=ax(x-4), ∵P(3,)在抛物线y=ax(x-4)上,∴3a(3-4)=,解得a=-.∴抛物线的解析式为y=-x(x-4).当y=1时,-x(x-4)=1,解得x 1=2+,x2=2-.∴BC=(2+)-(2-)=2≈2×1.41=2.82≈2.8(m).答:水面上升1 m,水面宽约为2.8 m.。

安徽省2014年中考数学专题复习课件 第13课时 二次函数的应用

安徽省2014年中考数学专题复习课件 第13课时 二次函数的应用

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第13课时┃ 二次函数的应用
二次函数在几何图形中的应用，实际上是数形结合思想 的运用，融代数与几何为一体，把代数问题与几何问题互相 转化，充分运用三角函数解直角三角形、相似、全等、圆等 知识来解决问题， 充分运用几何知识求函数解析式是关键． 二 次函数与三角形、圆等几何知识结合时，往往涉及最大面积、 最小距离等问题，解决的过程中需要建立函数关系，运用函 数的性质求解．
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第13课时┃ 二次函数的应用
解
(1)设商家一次性购买这种产品 x 件，销售单价为 m 元， 则 m＝3000－10×(x－10)， 即 m＝3100－10x， 当 m＝2600 时， 2600＝3100－10x，∴x＝50. ∴商家一次购买这种商品 50 件时，销售单价恰好为 2600 元． （3000－2400）x，（0≤x≤10，且x为整数） (2)y＝（3100－10x－2400）x，（10＜x≤50，且x为整数） 200x，（x＞50，且x为整数） 600x，（0≤x≤10，且x为整数） 2 即 y＝－10x ＋700x，（10＜x≤50，且x为整数） 200x.（x>50，且x为整数）
探究二 二次函数在营销问题方面的应用 命题角度： 二次函数在销售问题方面的应用．
例 2 [2012· 黄冈 ] 某科技开发公司研制出一种新型产 品，每件产品的成本为 2400 元，销售单价定为 3000 元．在 该产品的试销期间，为了促销，鼓励商家购买该新型产品， 公司决定商家一次购买这种新型产品不超过 10 件时，每件 按 3000 元销售；若一次购买该种产品超过 10 件时，每多购 买一件，所购买的全部产品的销售单价均降低 10 元，但销 售单价均不低于 2600 元．
初中培优竞赛含详细解析 第13讲 函数与最值

初中培优竞赛含详细解析 第13讲 函数与最值

在Rt△ABC中，斜边c=10，两直角边 ，则a+b的最大值是（ ）
分析：依题意得 于是
故只需求ab的最大值.
设
而 ，则当 ，即 时，
因此 所以
答案：B
技巧：利用勾股定理结合平方和公式，可简便解题.
3. (2、3) （数学、初中、竞赛、初中竞赛、数学竞赛、初中数学竞赛、函数与最值、选择题）
设a，b，c是△ABC的三边长，二次函数 在 时取最小值 ，则△ABC是()
解得 或 .都可推得 ，这就是所求的最小值.
答案：21
技巧：补证：已知 为固定的正数， ，则x，y的差的绝对值越小， 就越小，这是因为
易错点：需要看清题意，a，b是正整数.
7. (3、4) （数学、初中、竞赛、初中竞赛、数学竞赛、初中数学竞赛、函数与最值、解答题）
设 是方程 的两个实根，当m为何值时， 有最小值，并求这个最小值.
已知实数a，b，c满足 ，则a的最大值为______.
分析： ，则 ，即
我们把b当作未知数，那么在一元二次方程 存在实数解，
从而 所以a的最大值为2.
答案：2
技巧：有时候用一元二次方程的判别式来分析题目，会有意想不到的收获.
5. (4、5) （数学、初中、竞赛、初中竞赛、数学竞赛、初中数学竞赛、函数与最值、填空题）
易错点：在数形结合中，根据题意做两点间的距离，记得先做对应点.
6. (3、4) （数学、初中、竞赛、初中竞赛、数学竞赛、初中数学竞赛、函数与最值、填空题）
设a，b是正整数，满足 ，那么 的最小值______.
分析： 要求 的最小值，可先求 的最小值，此最小值出现在 和 的差的绝对值最小的时候.
也就是 或 的情形，
1. (1、2) （数学、初中、竞赛、初中竞赛、数学竞赛、初中数学竞赛、函数与最值、选择题）
二次函数最值

二次函数最值

二次函数最值 内容讲解：二次函数的最值问题，包括三方面的内容：自变量的取值范围为任意实数时二次函数最值的求法．二次函数y=a x 2+bx+c=a （x+2b a ）2+244ac b a -．当a>0时，抛物线开口向上，此时当x<-2b a时，y 随x 增大而减小；当x>-2b a 时，y 随x•增大而增大；当x=-2b a时，y 取最小值244ac b a -．当a<0时，抛物线开口向下，此时当x<-2b a 时，y 随x 增大而增大；当x>-2b a 时，y 随x 增大而减小；当x=-2b a时，y 取最大值244ac b a -． 2．自变量的取值范围是某一确定范围时二次函数最值的求法，•要结合图象和增减性来综合考虑．（1）当抛物线的顶点在该范围内，顶点的纵坐标就是函数的最值；（2）当抛物线的顶点不在该范围内，二次函数的最值在范围内两端点处取得．3．实际问题中所建立的数学模型是二次函数时，所涉及的二次函数最值的求法，先建模后求解． 例题剖析例1（2003年武汉选拔赛试题）若x-1=1223y z +-=，则x 2+y 2+z 2可取得的最小值为（）． （A ）3（B ）5914（C ）92（D ）6 分析：设x-1=1223y z +-==t ，则x 2+y 2+z 2可用只含t 的代数式表示，通过配方求最小值． 解：x=t+1，y=2t-1，z=3t+2，原式=14t 2+10t+6=14（t+514）2+5914，所以最小值是5914． 评注：本题体现了如何消元使多元函数转变为一元函数这一思想，我们要用心体会．此外，设比值为k 法是解决等比问题最常用的方法．例2（1995年全国初中数学联赛试题）设x 为正实数，则函数y=x 2-x+1x的最小值是________．分析：先将原函数配方，再求最值。

解：y=x 2-x+1x =（x-1）2+（x+1x ）-1=（x-1）2+）2+1要求y的最小值，最好有（x-1）2=0）2=0，这时得到x=1．于是，当x=1时，y=x 2-x+1x 取最小值1． 评注：函数y=x 2-x+1x 含有1x，不能直接用求二次函数的最值方法，求最值的最原始、•最有效的方法仍然是配方法． 例3（2006年全国初中数学竞赛（浙江赛区）复赛试题）函数y=2x 2+4│x │-1的最小值是________． 分析：对x 分类进行讨论，去绝对值符号，转化为在约束条件下，•求二次函数最值问题．解：y=2（│x│+1）2-3=222(1)3,0,2(1)3,0.x xx x⎧+-≥⎪⎨--≤⎪⎩其图象如图，由图象可知，当x=0时，y最小为-1．答案：-1．评注：对于含有绝对值的函数，首先要化去绝对值，变成基本函数，再求极值．例4设0≤x≤3，求函数y=f（x）=│x2│的最值．分析：首先画出y=f（x）的图象，然后将y=f（x）图象位于x轴上方的部分保持不变，而将位于x轴下方的图象作关于x轴的对称图形，即得y=│f（x）│的图象．•然后用数形结合方法求函数y=│f（x）│的最值．【解】：如图，先作抛物线y=x2，然后将x轴下方的图象翻转上来，即得y=│x2-2x-1│的图象，对称轴是直线，方程x2x-1=02．由此可知，0与3•位于图象与x轴两交点之间，且位于对称轴两侧，故最大值为：f=|，而最小值为f（0），f（3）中较小者∵f（0）=1，f），∴最小值为1．评注：画绝对值函数图象，首先脱去绝对值符号（方法同绝对值的化简），•转化为基本函数，再在自变量取值范围内画出符合条件的图象．例5设x1、x2是方程2x2-4mx+2m2+3m-2=0的两个实根，当m为何值，x12+x22有最小值，并求这个最小值．分析：由韦达定理知x12+x22是关于m的二次函数，是否是在抛物线的顶点处取得最小值，就要看自变量m的取值范围，从判别式入手．解：由△=（-4m）2-4×2×（2m2+3m-2）≥0得m≤23，x1+x2=2m，x1x2=22323m m+-，x12+x22=2（m-34）2+78=2（34-m）2+78，•∵m≤23，∴34-m≥34-23>0，从而当m=23时，x+x取得最小值，且最小值为2×（34-23）2+78=89．评注：定义在某一范围的条件限制的二次函数最值问题，有下两种情形：（1）当抛物线的顶点在该范围内，顶点的纵坐标就是函数的最值；（2）当抛物线的顶点不在该范围内，二次函数的最值在范围内两端点处取得．例6求函数y=（4-x）分析：此函数是较复杂的复合函数，可通过引入参数来求取函数最值．解：设，则u>0，且y=4+u．于是（u+x）2=4（x2+9），即3x2-2u·x+36-u2=0．∵x∈R，∴上式的判别式△=（2u）2-4×3×（36-u2）≥0，即u2≥27，故u≥y=4-x+2（当评注：通过换元，把原函数转变成关于x的一元二次方程，考虑到一元二次方程有解，由△≥0即可求得u的范围，从而求得y的最值．这是一种常用的方法，应掌握．例7（2002年太原市竞赛题）已知二次函数y=x2-x-2及实数a>-2，求（1）函数在-2<x≤a的最小值；（2）函数在a≤x≤a+2的最小值．分析：本题由于字母a的不确定性，因此需要分类讨论，并通过数形结合的方法来解．解：函数y=x2-x-2的图象如图．（1）当-2<a<12时，y min=y│x=a=a2-a-2；当a≥12时，y min=12|xy==-94．（2）当-2<a且a+2<12，即-2<a<-32时，y min=y│x=a+2=（a+2）2-（a+2）-2=a2+3a；当a<12≤a+2，即-32≤a<12时，y min=12|xy==-94．评注：将a相对于抛物线对称轴的位置进行分类讨论是解题关键，•而数形结合的方法可以直观地帮助求解．例8（2004年全国初中数学联赛试题江西赛区加试题）函数y=x2-2（2k-1）x+3k2-2k+6的最小值为m，则当m 达到最大时x=_______．分析：可通过配方法将原函数配成a（x+n）2+m的形式，再根据m的形式确定m的最大值．解：y=（x-2k+1）2-k2+2k+5，当x=2k-1时，y最小值是m=-k2+2k+5=-（k-1）2+6，所以当k=1时，m达到最大值．此时x=2k-1=1．评注：配方法是求取二次函数最值问题中最常用的基本方法，对于二次函数的最小值的最大值问题，可通过反复配方来确定．例9（2004年“TRULY@信利杯”全国初中数学竞赛试题）实数x、y、z满足x+y+z=5，xy+yz+zx=3，则z的最大值是_______．分析：由条件可构造以x、y为根的一元二次方程，再根据其有实数根求出的范围．解：∵x+y=5-z，xy=3-z（x+y）=3-z（5-z）=z2-5z+3．∴x、y是关于t的一元二次方程t2-（5-z）t+z2-5z+3=0的两实根．∵△=（5-z）2-4（z2-5z+3）≥0，即3z2-10z-13≤0，（3z-13）（z+1）≤0．∴z≤133，当x=y=13时，z=133．故z的最大值为13 3．评注：•利用一元二次方程根的判别式的值“非负”或“为负”来求解函数最值的方法称为判别式法．例10（2003年“TRULY@信利杯”全国初中数学竞赛试题）已知二次函数y=a x2+bx+c（其中a是正整数）的图象经过点A（-1，4）与点B（2，1），并且与x•轴有两个不同的交点，则b+c的最大值为________．分析：应用二次函数y=a x2+bx+c过已知两点可确定a、b、c之间关系，并利用根的判别式求出b+c最值．解：由于二次函数的图象过点A（-1，4），点B（2，1），所以4,1, 421,32.a b c b aa b c c a-+==--⎧⎧⎨⎨++==-⎩⎩解得因为二次函数图象与x轴有两个不同的交点，所以△=b2-4ac>0，（-a-1）2-4a（3-2a）>0，即（9a-1）（a-1）>0，由于a是正整数，故a>1，所以a≥2，又因为b+c=-3a+2≤-4，且当a=2，b=-3，c=-1时，满足题意，故b+c•的最大值为-4．评注：借助二次函数图象与x轴的交点是所对应二次方程的根，•通过根的判别式可确定相关字母（或式）的取值范围，进而可确定其最值是解决这类问题常用方法．例11（2004年“TRULY@信利杯”全国初中数学竞赛试题）已知a<0，b ≤0，c>0，•24b ac -，求b-4ac 的最小值．分析：由b 2-4ac 容易想到一元二次方程ax 2+bx+c=0根的判别式，且b 2-4ac>0，故可构造抛物线y=ax 2+bx+c 来解．解：令y=ax 2+bx+c ， 由a<0，b ≤0，c>0，判别式△=b 2-4ac>0，•所以这个二次函数的图象是一条开口向下的抛物线，且与x 轴有两个不同的交点A （x 1，0），B （x 2，0），因为x 1x 2=c a<0，不妨设x 1<x 2，则x 1<0<x 2，对称轴x=-2b a≤0，于是│x 1│=|242b b ac a -+-|=242b b ac a -=c ，所以244ac b a -≥c=242b b ac a --≥-242b ac a-，故b 2-4ac ≤4，当a=-1，b=0，c=1时，等号成立．所以b 2-4ac 的最小值为4。