2012高考理科数学专题之 二次函数

1 专题一 二次函数（教师版）

1． 已知0≤x≤1, )(xf=)0( 22aaaxx,)(xf的最小值为m．

（1） 用a表示m；（2）求m的最大值及此时a的值．

解：（1）把)(xf改写成)(xf=42)2(22aaax．于是知)(xf是顶点为（42,22aaa），开口向上的抛物线．又因为x∈[0,1],

故当0＜2a≤1，即0＜a≤2时，)(xf的最小值为42)2(2aaaf；

当2a＞1,即a＞2时，)(xf有最小值21)1(af．

于是)2( ,21)20( ,422aaaaam

（2）当a＞2时，21a的值小于0，而当0＜a≤2时，422aa=41)1(412a，它的最大值为41（当a=1时取得），故m的最大值为41，此时a=1．

说明：对于某些在给定区间上的二次函数最值问题，往往需要把顶点和区间端点结合起来考虑．

2. 二次函数2(),,1,1,fxaxbxcaNcabc方程20axbxc有两个小于1的不等正根，求a的最小值.

2 方法1：设12()()()fxaxxxx，则

222211221122(1)(1)1(0)(1)(1)(1)[][]22xxxxffaxxxxa2,16a

124,,4,5;axxaa得又得故

方法2：由得由,20120,041202ababacbab得042acb

2,1(),21(),12,bacbacacacac结合得得

4.a得

3. 设f(x)=ax2+bx+c(a＞b＞c),f(1)=0,g(x)=ax+b.

（1）求证：函数y=f(x)与y=g(x)的图象有两个交点；

（2）设f(x)与g(x)的图象交点A、B在x轴上的射影为A1、B1，求｜A1B1｜的取值范围；

（3）求证：当x≤－3时，恒有f(x)＞g(x)．

（1）证明：由

y= f(x )= ax2+bx+c

y= g(x) = ax+b

得ax2+(b－a)x+(c－b)=0 (*)

Δ=(b－a)2－4a (c－b)

∵f(x)=ax2+bx+c, f(1)=0

∴f(1)=a+b+c=0

又a＞b＞c

∴3a＞a+b+c＞3c即a＞0,c＜0

∴b－a＜0,c－b＜0,a＞0

∴Δ=(b－a)2－4a(c－b)＞0

故函数y=f(x)与y=g(x)的图象有两个交点；

（2）解：设A、B的坐标分别为（x1,y1）、（x2，y2），

则x1、x2是方程（*）的两根

故x1+x2=－aab,

x1x2=abc,所以｜A1B1｜=｜x1－x2｜=212214)(xxxx

=abcaab4)(2=abcaab)(4)(2 3 又a+b+c=0,故b=－(a+c)

因而(b－a)2－4a(c－b)=(－2a－c)2－4a(a+2c)=c2－4ac

故｜A1B1｜=aacc42=)(4)(2acac=4)2(2ac

∵a＞b＞c,a+b+c=0

∴a＞－(a+c)＞c

∴－2＜ac＜－21

∴｜A1B1｜的取值范围是（23，23）.

(3)证明：不妨设x1＞x2,则由（2）知：23＜x1－x2＜23 ①

x1+x2=－aab=1－ab

由a＞b＞c得：ac＜ab＜1, 故0＜1－ab＜1－ac

又－2＜ac＜－21, 故23＜1－ac＜3,

因而0＜1－ab≤23 即0＜x1－x2≤23 ②

由①、②得：－3＜x2≤0,

即方程（*），也就是方程f(x)－g(x)=0的较小根的范围是（－3，0].

又a＞0,故当x≤－3时，f(x)－g(x)＞0恒成立，

即当x≤－3时，恒有f(x)＞g(x).

4．设fxaxbxca20，若f01，f11，f－11, 试证明：对于任意11x，有fx54.

4

分析：同上题，可以用1,1,0fff来表示cba,,.

解：∵ cfcbafcbaf0,1,1,

∴ 0)),1()1((21),0211(21fcffbfffa,

∴ 222102121xfxxfxxfxf.

∴ 当01x时，

.4545)21(1)1(2212210212122222222222xxxxxxxxxxxxxxfxxfxxfxf

当10x时，

222102121xfxxfxxfxf

222122xxxxx

)1(22222xxxxx

.4545)21(122xxx

综上，问题获证. 5

5. 已知),,(42)(2Rcbacbxaxxf.

（Ⅰ）当0a时，若函数f (x)的图象与直线xy均无公共点，求证：;4142bac

（Ⅱ）当34,4bc时，对于给定的负数a，有一个最大的正数()Ma，使得5|)(|)](,0[xfaMx时都有，问a为何值时，()Ma最大，并求出这个最大值()Ma，证明你的结论．

解：（Ⅰ）)(xf的图象与yx无公共点.

22222224,(21)40.(21)16416140.,(),4161401,4.4axbxcxaxbxcbacbacbfxyxbacbacb即无实根从而同理由的图象与无公共点得二式相加得

（Ⅱ）2max41616()()3.0,()3.fxaxafxaaa所以

下面分两种情况讨论：

（１）当1635a时，即80a时，由图像知：要满足题意，须有40()Maa，这时()fx在区间[0,()]Ma上是增函数，且由于(0)35f，所以满足条件的()Ma是方程()5fx的较小根，即421621();24216aMaaa

（２）当1635a时，即8a时，由图像知：4()Maa，这时满足条件的()Ma是方程()5fx的较大根，即4242451();2242aMaaa等号当且 6 仅当8a时取到．

综上所述，当8a时，()Ma的最大值为512．

6. 已知0a，函数.)(2bxaxxf

（1） 当0b时，若对任意Rx都有1)(xf，证明ba2；

（2） 当1b时，证明：对任意]1,0[x，1)(xf的充要条件是bab21；

（3） 当10b时，讨论：对任意]1,0[x，1)(xf的充要条件.

解：（Ⅰ）对任意Rx都有1)(xf对Rx，1)(maxxf．

因为babaxbbxaxxf4)2()(222，又0b，

对Rx，)(xf有最大值，且baxf4)(2max，142ba,又baba2.0,0

（Ⅱ）对任意]1,0[x，1)(xf对]1,0[x，1)(maxxf且1)(minxf

因为22()()24aafxbxbb，所以对称轴为bax2．

又0a且1b，02ba，即函数图象的对称轴不可能在0x左侧，故只可能有如下两种可能：①当120ba时，即ba20时，对]1,0[x，baxf4)(2max，

min)(xf＝)1(f，或min)(xf＝)0(f，此时的充要条件是

1)0(141)1(2fbafbaba412babab211．

因为1b，所以01b且bb21，所以bab21．

②当12ba时，即ba2对]1,0[x，)1()(maxfxf，)0()(minfxf， 7 此时需要的充要条件是1)0(1)1(ff111babba．

因为ba2且1b，所以ba＋1，故此种情况也不可能.

综上所知：当1b时，对任意]1,0[x1)(xf的充要条件是bab21．

（Ⅲ）①当012ab，即02ab时，对]1,0[x baxf4)(2max，)0(fmin)(xf＝)1(f，或min)(xf＝)0(f，此时的充要条件是

1)0(141)1(2fbafbaba412babab211．

因为10b，所以01b且bb21，所以ba20．

又02ab，所以得 ba20．

②当12,2aabb即时

因为maxmin0,1,()(1),()(0)xfxffxf，此时的充要条件是(1)1111.(0)1221fabbabfabbab综合知

综上所述，当010,1,()1bxfx时,对任意

的充要条件是01ab．

课后练习

1. 已知二次函数),()(2Rbabaxxxf的定义域为]1,1[,且|)(|xf的最大值为M .

（Ⅰ）试证明Mb|1|；

（Ⅱ）试证明21M；

（Ⅲ）当21M时，试求出)(xf的解析式.

(Ⅰ）证明：∵|1||)1(|bafM, |1||)1(|bafM

|1||1|2babaM|1|2|)1()1(|bbaba

∴|1|bM