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PAGEPAGE19第2節二次函數考試要求1.理解二次函數的圖象和性質,能用二次函數、方程、不等式之間的關系解決簡潔問題;2.能解決一元二次方程根的分布問題;3.能解決二次函數的最值問題.知識梳理1.二次函數表達式的三種形式(1)一般式:y=ax2+bx+c(a≠0).(2)頂點式:y=a(x+h)2+k(其中a≠0,頂點坐標為(-h,k)).(3)零點式:y=a(x-x1)(x-x2)(其中a≠0,x1,x2是二次函數的圖象與x軸的兩個交點的橫坐標).2.二次函數y=ax2+bx+c的圖象和性質a>0a<0圖象定義域R值域eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4ac-b2,4a),+∞))eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(-∞,\f(4ac-b2,4a)))單調性在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(-∞,-\f(b,2a)))上遞減,在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(b,2a),+∞))上遞增在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(-∞,-\f(b,2a)))上遞增,在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(b,2a),+∞))上遞減奇偶性b=0時為偶函數,b≠0時既不是奇函數也不是偶函數圖象特點①對稱軸:x=-eq\f(b,2a);②頂點:eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(b,2a),\f(4ac-b2,4a)))3.二次函數的最值問題二次函數的最值問題主要有三種類型:“軸定區間定”“軸動區間定”“軸定區間動”.解決的關鍵是弄清晰對稱軸與區間的關系,要結合函數圖象,依據對稱軸與區間的關系進行分類探討.設f(x)=ax2+bx+c(a>0),則二次函數f(x)在閉區間[m,n]上的最大值、最小值有如下的分布狀況:對稱軸與區間的關系m<n<-eq\f(b,2a),即-eq\f(b,2a)∈(n,+∞)m<-eq\f(b,2a)<n,即-eq\f(b,2a)∈(m,n)-eq\f(b,2a)<m<n,即-eq\f(b,2a)∈(-∞,m)圖象最值f(x)max=f(m),f(x)min=f(n)f(x)max=max{f(n),f(m)},f(x)min=feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(b,2a)))f(x)max=f(n)f(x)min=f(m)4.一元二次方程根的分布設方程ax2+bx+c=0(a≠0)的不等兩根為x1,x2且x1<x2,相應的二次函數為f(x)=ax2+bx+c(a≠0),方程的根即為二次函數圖象與x軸的交點,它們的分布狀況見下面各表(每種狀況對應的均是等價條件)表一:(兩根與k的大小比較)分布狀況兩根都小于k即x1<k,x2<k兩根都大于k即x1>k,x2>k一個根小于k,一個大于k,即x1<k<x2大致圖象(a>0)綜合結論(不探討a)a·f(k)<0表二:(根在區間上的分布)分布狀況兩根都在(m,n)內兩根都在區間(m,n)外(x1<m,x2>n)一根在(m,n)內,另一根在(p,q)內,m<n<p<q大致圖象(a>0)綜合結論(不探討a)若兩根有且僅有一根在(m,n)內,則需分三種狀況探討:①當Δ=0時,由Δ=0可以求出參數的值,然后再將參數的值代入方程,求出相應的根,檢驗根是否在給定的區間內,如若不在,舍去;②當f(m)=0或f(n)=0,方程有一根為m或n,可以求出另外一根,從而檢驗另一根是否在區間(m,n)內;③當f(m)·f(n)<0時,則兩根有且僅有一根在(m,n)內.[常用結論與易錯提示]不等式ax2+bx+c>0(<0)恒成立的條件(1)不等式ax2+bx+c>0對隨意實數x恒成立?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a=b=0,,c>0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>0,,Δ<0.))(2)不等式ax2+bx+c<0對隨意實數x恒成立?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a=b=0,,c<0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<0,,Δ<0.))基礎自測1.思索辨析(在括號內打“√”或“×”)(1)假如二次函數f(x)的圖象開口向上且關于直線x=1對稱,且過點(0,0),則此二次函數的解析式為f(x)=(x-1)2-1.()(2)已知函數f(x)=ax2+x+5的圖象在x軸上方,則a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,20),+∞)).()(3)二次函數y=ax2+bx+c(x∈R)不行能是偶函數.()(4)二次函數y=ax2+bx+c(x∈[a,b])的最值肯定是eq\f(4ac-b2,4a).()答案(1)√(2)√(3)×(4)×2.已知f(x)=x2+px+q滿意f(1)=f(2)=0,則f(-1)的值是()A.5 B.-5C.6 D.-6解析由f(1)=f(2)=0知方程x2+px+q=0的兩根分別為1,2,則p=-3,q=2,∴f(x)=x2-3x+2,∴f(-1)=6.答案C3.若方程x2+(m+2)x+m+5=0只有負根,則m的取值范圍是()A.[4,+∞) B.(-5,-4]C.[-5,-4] D.(-5,-2)解析由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ=(m+2)2-4×(m+5)≥0,,x1+x2=-(m+2)<0,,x1x2=m+5>0,))解得m≥4.答案A4.已知函數y=x2-2x+3在閉區間[0,m]上有最大值3,最小值2,則m的取值范圍為()A.[0,1] B.[1,2]C.(1,2] D.(1,2)解析畫出函數y=x2-2x+3的圖象(如圖),由題意知1≤m≤2.答案B5.已知方程x2+(m-2)x+2m-1=0的較小的實根在0和1之間,則實數m的取值范圍是.解析令f(x)=x2+(m-2)x+2m-1.由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f(0)>0,,f(1)<0,))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2m-1>0,,1+(m-2)+2m-1<0,))解得eq\f(1,2)<m<eq\f(2,3).答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2),\f(2,3)))6.若函數f(x)=x2+2(a-1)x+2在區間(-∞,3]上是減函數,則實數a的取值范圍是,且函數f(x)恒過點.解析二次函數f(x)圖象的對稱軸是x=1-a,由題意知1-a≥3,∴a≤-2.由函數的解析式易得,函數f(x)恒過定點(0,2).答案(-∞,-2](0,2)考點一二次函數的解析式【例1】求下列函數的解析式:(1)(一題多解)已知二次函數f(x)滿意f(2)=-1,f(-1)=-1,且f(x)的最大值是8;(2)已知二次函數f(x)的圖象經過點(4,3),它在x軸上截得的線段長為2,并且對隨意x∈R,都有f(2-x)=f(2+x).解(1)法一(利用一般式解題):設f(x)=ax2+bx+c(a≠0).由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4a+2b+c=-1,,a-b+c=-1,,\f(4ac-b2,4a)=8,))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a=-4,,b=4,,c=7.))∴所求二次函數為f(x)=-4x2+4x+7.法二(利用頂點式解題):設f(x)=a(x-m)2+n(a≠0).∵f(2)=f(-1),∴二次函數圖象的對稱軸為x=eq\f(2+(-1),2)=eq\f(1,2),∴m=eq\f(1,2).又依據題意函數有最大值8,∴n=8.∴y=f(x)=aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x-\f(1,2)))eq\s\up12(2)+8.∵f(2)=-1,∴aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2-\f(1,2)))eq\s\up12(2)+8=-1,解得a=-4,∴f(x)=-4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x-\f(1,2)))eq\s\up12(2)+8=-4x2+4x+7.法三(利用零點式解題):由已知f(x)+1=0的兩根為x1=2,x2=-1,故可設f(x)+1=a(x-2)(x+1)(a≠0),即f(x)=ax2-ax-2a-1.又函數的最大值是8,即eq\f(4a(-2a-1)-(-a)2,4a)=8,解得a=-4,∴所求函數的解析式為f(x)=-4x2+4x+7.(2)∵f(2-x)=f(2+x)對x∈R恒成立,∴f(x)的對稱軸為x=2.又∵f(x)的圖象在x軸上截得的線段長為2,∴f(x)=0的兩根為1和3.設f(x)的解析式為f(x)=a(x-1)(x-3)(a≠0),又∵f(x)的圖象過點(4,3),∴3a=3,∴a=1.∴所求f(x)的解析式為f(x)=(x-1)(x-3),即f(x)=x2-4x+3.規律方法用待定系數法求二次函數的解析式,關鍵是敏捷選取二次函數解析式的形式,選法如下:【訓練1】若函數f(x)=(x+a)(bx+2a)(常數a,b∈R)是偶函數,且它的值域為(-∞,4],則該函數的解析式f(x)=.解析由f(x)是偶函數知f(x)的圖象關于y軸對稱,∴b=-2,∴f(x)=-2x2+2a2,又f(x)的值域為(-∞,4],∴2a2=4,故f(x)=-2x2+4.答案-2x2+4考點二二次函數的圖象與性質【例2】已知函數f(x)=x2+2ax+3,x∈[-4,6].(1)當a=-2時,求f(x)的最值;(2)求實數a的取值范圍,使y=f(x)在區間[-4,6]上是單調函數;(3)當a=-1時,求f(|x|)的單調區間.解(1)當a=-2時,f(x)=x2-4x+3=(x-2)2-1,由于x∈[-4,6],∴f(x)在[-4,2]上單調遞減,在[2,6]上單調遞增,∴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)由于函數f(x)的圖象開口向上,對稱軸是x=-a,所以要使f(x)在[-4,6]上是單調函數,應有-a≤-4或-a≥6,即a≤-6或a≥4,故a的取值范圍是(-∞,-6]∪[4,+∞).(3)由-4≤|x|≤6,得-6≤x≤6,當a=-1時,f(|x|)=x2-2|x|+3=eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2+2x+3=(x+1)2+2,x≤0,,x2-2x+3=(x-1)2+2,x>0,))其圖象如圖所示,∴f(|x|)在[-6,6]上的單調區間有[-6,-1),[-1,0),[0,1),[1,6].規律方法解決二次函數圖象與性質問題時要留意:(1)拋物線的開口、對稱軸位置、定義區間三者相互制約,常見的題型中這三者有兩定一不定,要留意分類探討;(2)要留意數形結合思想的應用.【訓練2】(1)設abc>0,二次函數f(x)=ax2+bx+c的圖象可能是()(2)若函數f(x)=ax2+2x+3在區間[-4,6]上是單調遞增函數,則實數a的取值范圍是W.解析(1)由A,C,D知,f(0)=c<0,從而由abc>0,所以ab<0,所以對稱軸x=-eq\f(b,2a)>0,知A,C錯誤,D滿意要求;由B知f(0)=c>0,所以ab>0,所以對稱軸x=-eq\f(b,2a)<0,B錯誤.(2)由題意可知f′(x)=2ax+2≥0在[-4,6]上恒成立,所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′(-4)=-8a+2≥0,,f′(6)=12a+2≥0,))所以-eq\f(1,6)≤a≤eq\f(1,4).答案(1)D(2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(-\f(1,6),\f(1,4)))考點三二次函數的最值【例3-1】已知函數f(x)=ax2+2ax+1在區間[-1,2]上有最大值4,求實數a的值.解f(x)=a(x+1)2+1-a.(1)當a=0時,函數f(x)在區間[-1,2]上的值為常數1,不符合題意,舍去;(2)當a>0時,函數f(x)在區間[-1,2]上是增函數,最大值為f(2)=8a+1=4,解得a=eq\f(3,8);(3)當a<0時,函數f(x)在區間[-1,2]上是減函數,最大值為f(-1)=1-a=4,解得a=-3.綜上可知,a的值為eq\f(3,8)或-3.【例3-2】將例3-1改為:求函數f(x)=x2+2ax+1在區間[-1,2]上的最大值.解f(x)=(x+a)2+1-a2,∴f(x)的圖象是開口向上的拋物線,對稱軸為x=-a,(1)當-a<eq\f(1,2),即a>-eq\f(1,2)時,f(x)max=f(2)=4a+5;(2)當-a≥eq\f(1,2),即a≤-eq\f(1,2)時,f(x)max=f(-1)=2-2a.綜上,f(x)max=eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4a+5,a>-\f(1,2),,2-2a,a≤-\f(1,2).))規律方法探討二次函數的性質,可以結合圖象進行;對于含參數的二次函數問題,要明確參數對圖象的影響,進行分類探討.【訓練3】設函數f(x)=x2-2x+2,x∈[t,t+1],t∈R,求函數f(x)的最小值.解f(x)=x2-2x+2=(x-1)2+1,x∈[t,t+1],t∈R,函數圖象的對稱軸為x=1.當t+1<1,即t<0時,函數圖象如圖(1)所示,函數f(x)在區間[t,t+1]上為減函數,所以最小值為f(t+1)=t2+1;當t≤1≤t+1,即0≤t≤1時,函數圖象如圖(2)所示,在對稱軸x=1處取得最小值,最小值為f(1)=1;當t>1時,函數圖象如圖(3)所示,函數f(x)在區間[t,t+1]上為增函數,所以最小值為f(t)=t2-2t+2.綜上可知,f(x)min=eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(t2+1,t<0,,1,0≤t≤1,,t2-2t+2,t>1.))考點四一元二次方程根的分布多維探究角度1兩根在同一區間【例4-1】若二次函數y=-x2+mx-1的圖象與兩端點為A(0,3),B(3,0)的線段AB有兩個不同的交點,求實數m的取值范圍.解線段AB的方程為eq\f(x,3)+eq\f(y,3)=1(x∈[0,3]),即y=3-x(x∈[0,3]),由題意得方程組:eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y=3-x,,y=-x2+mx-1,))消去y得x2-(m+1)x+4=0,①由題意可得,方程①在x∈[0,3]內有兩個不同的實根,令f(x)=x2-(m+1)x+4,則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ=(m+1)2-16>0,,0≤\f(m+1,2)≤3,,f(0)=4≥0,,f(3)=10-3m≥0,))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m<-5或m>3,,-1≤m≤5,,m≤\f(10,3),))所以3<m≤eq\f(10,3).故實數m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(3,\f(10,3))).角度2兩根在不同區間【例4-2】求實數m的取值范圍,使關于x的方程x2+2(m-1)x+2m+6=0.(1)一根大于1,另一根小于1;(2)兩根α,β滿意0<a<1<β<4;(3)至少有一個正根.解令f(x)=x2+2(m-1)x+2m+6,(1)由題意得f(1)=4m+5<0,解得m<-eq\f(5,4).即實數m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-∞,-\f(5,4))).(2)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f(0)=2m+6>0,,f(1)=4m+5<0,,f(4)=10m+14>0,))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m>-3,,m<-\f(5,4),,m>-\f(7,5),))所以-eq\f(7,5)<m<-eq\f(5,4).故實數m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(7,5),-\f(5,4))).(3)當方程有兩個正根時,eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ=4(m-1)2-4(2m+6)>0,,f(0)=2m+6>0,,-2(m-1)>0,))解得-3<m<-1.當方程有一個正根一個負根時,f(0)=2m+6<0,解得m<-3.當方程有一個根為零時,f(0)=2m+6=0,解得m=-3,此時f(x)=x2-8x,另一根為8,滿意題意.綜上可得,實數m的取值范圍是(-∞,-1).角度3在區間(m,n)內有且只有一個實根【例4-3】已知函數f(x)=mx2-2x+1有且僅有一個正實數的零點,求實數m的取值范圍.解依題意,得(1)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m>0,,Δ=(-2)2-4m>0,無解.,f(0)<0,))(2)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m<0,,Δ=(-2)2-4m>0,解得m<0.,f(0)>0,))(3)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m≠0,,Δ=(-2)2-4m=0.))解得m=1,閱歷證,滿意題意.又當m=0時,f(x)=-2x+1,它明顯有一個為正實數的零點.綜上所述,m的取值范圍是(-∞,0]∪{1}.規律方法利用二次函數圖象解決方程根的分布的一般步驟:(1)設出對應的二次函數;(2)利用二次函數的圖象和性質列出等價不等式(組);(3)解不等式(組)求得參數的范圍.【訓練4】(1)已知二次函數y=(m+2)x2-(2m+4)x+(3m+3)與x軸有兩個交點,一個大于1,一個小于1,求實數m的取值范圍.(2)若關于x的方程x2+2(m-1)x+2m+6=0有且只有一根在區間(0,3)內,求實數m的取值范圍.解(1)令f(x)=(m+2)x2-(2m+4)x+(3m+3).由題意可知(m+2)·f(1)<0,即(m+2)(2m+1)<0,所以-2<m<-eq\f(1,2).即實數m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-2,-\f(1,2))).(2)令f(x)=x2+2(m-1)x+2m+6,①eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ=4(m-1)2-4(2m+6)=0,,0<-(m-1)<3,))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m=-1或m=5,,-2<m<1,))所以m=-1.②f(0)·f(3)=(2m+6)(8m+9)<0,解得-3<m<-eq\f(9,8).③f(0)=2m+6=0,即m=-3時,f(x)=x2-8x,另一根為8?(0,3),所以舍去;④f(3)=8m+9=0,即m=-eq\f(9,8)時,f(x)=x2-eq\f(17,4)x+eq\f(15,4),另一根為eq\f(5,4)∈(0,3),滿意條件.綜上可得,-3<m≤-eq\f(9,8)或m=-1.所以實數m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(-3,-\f(9,8)))∪{-1}.基礎鞏固題組一、選擇題1.已知a,b,c∈R,函數f(x)=ax2+bx+c.若f(0)=f(4)>f(1),則()A.a>0,4a+b=0 B.a<0,4a+b=0C.a>0,2a+b=0 D.a<0,2a+b=0解析因為f(0)=f(4)>f(1),所以函數圖象應開口向上,即a>0,且其對稱軸為x=2,即-eq\f(b,2a)=2,所以4a+b=0.答案A2.設二次函數f(x)=ax2-2ax+c在區間[0,1]上單調遞減,且f(m)≤f(0),則實數m的取值范圍是()A.(-∞,0] B.[2,+∞)C.(-∞,0]∪[2,+∞) D.[0,2]解析f(x)的對稱軸為x=1,由f(x)在[0,1]上遞減知a>0,且f(x)在[1,2]上遞增,f(0)=f(2),∵f(m)≤f(0),結合對稱性,∴0≤m≤2.答案D3.若函數f(x)=x2-ax-a在區間[0,2]上的最大值為1,則實數a等于()A.-1 B.1C.2 D.-2解析∵函數f(x)=x2-ax-a的圖象為開口向上的拋物線,∴函數的最大值在區間的端點取得.∵f(0)=-a,f(2)=4-3a,∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(-a≥4-3a,,-a=1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(-a≤4-3a,,4-3a=1,))解得a=1.答案B4.已知函數f(x)=x2-2ax+b(a,b∈R),記f(x)在[a-b,a+b]上的最大值為M,最小值為m,則M-m()A.與a有關,且與b有關 B.與a無關,且與b無關C.與a有關,但與b無關 D.與a無關,但與b有關解析函數f(x)=x2-2ax+b=(x-a)2-a2+b,所以f(x)的對稱軸為x=a且開口向上,因為區間[a-b,a+b]也關于x=a對稱,所以m=f(a)=b-a2,M=f(a-b)=f(a+b)=b2-a2+b,所以M-m=b2,故選D.答案D5.(2024·嘉興檢測)若f(x)=x2+bx+c在(m-1,m+1)內有兩個不同的零點,則f(m-1)和f(m+1)()A.都大于1 B.都小于1C.至少有一個大于1 D.至少有一個小于1解析設函數f(x)=x2+bx+c的兩個零點為x1,x2,則f(x)=(x-x1)(x-x2),因為函數f(x)=x2+bx+c的兩個零點在(m-1,m+1)內,所以f(m-1)>0,f(m+1)>0,又因為f(m-1)f(m+1)=(m-1-x1)(m-1-x2)·(m+1-x1)(m+1-x2)=[-(m-1-x1)(m+1-x1)]·[-(m-1-x2)(m+1-x2)]<eq\f([-(m-1-x1)+(m+1-x1)]2,4)·eq\f([-(m-1-x2)+(m+1-x2)]2,4)=1,所以f(m-1)和f(m+1)至少有一個小于1,故選D.答案D6.若函數f(x)=x2+kx+m在[a,b]上的值域為[n,n+1],則b-a()A.既有最大值,也有最小值 B.有最大值但無最小值C.無最大值但有最小值 D.既無最大值,也無最小值解析取k=m=n=0,f(x)=x2,由圖象可知,明顯b-a不存在最小值.∵f(a)=a2+ka+m,f(b)=b2+kb+m,feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a+b,2)))=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a+b,2)))eq\s\up12(2)+keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a+b,2)))+m,∴eq\f((b-a)2,2)=f(a)+f(b)-2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a+b,2)))≤n+1+n+1-2n=2,∴b-a≤2,當b=eq\f(2-k,2),a=-eq\f(2+k,2)時,b-a取得最大值為2,故選B.答案B7.(2024·浙江卷)已知函數f(x)=x2+bx,則“b<0”是“f(f(x))的最小值與f(x)的最小值相等”的()A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件解析∵f(x)=x2+bx=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x+\f(b,2)))eq\s\up12(2)-eq\f(b2,4),當x=-eq\f(b,2)時,f(x)min=-eq\f(b2,4).又f(f(x))=(f(x))2+bf(x)=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f(x)+\f(b,2)))eq\s\up12(2)-eq\f(b2,4),當f(x)=-eq\f(b,2)時,f(f(x))min=-eq\f(b2,4),當-eq\f(b,2)≥-eq\f(b2,4)時,f(f(x))可以取到最小值-eq\f(b2,4),即b2-2b≥0,解得b≤0或b≥2,故“b<0”是“f(f(x))的最小值與f(x)的最小值相等”的充分不必要條件.答案A8.函數f(x)=ax2+bx+c(a≠0)的圖象關于直線x=-eq\f(b,2a)對稱.據此可推想,對隨意的非零實數a,b,c,m,n,p,關于x的方程m[f(x)]2+nf(x)+p=0的解集不行能是()A.{1,2} B.{1,4}C.{1,2,3,4} D.{1,4,16,64}解析∵f(x)=ax2+bx+c(a≠0)的對稱軸為x=-eq\f(b,2a).設方程m[f(x)]2+nf(x)+p=0的解為f1(x),f2(x),則必有f1(x)=y1=ax2+bx+c,f2(x)=y2=ax2+bx+c,那么從圖象上看y=y1,y=y2是平行x軸的兩條直線,它們與f(x)有交點,由對稱性,方程y1=ax2+bx+c=0的兩個解x1,x2應關于對稱軸x=-eq\f(b,2a)對稱,即x1+x2=-eq\f(b,a),同理方程y2=ax2+bx+c=0的兩個解x3,x4也關于對稱軸x=-eq\f(b,2a)對稱,即x3+x4=-eq\f(b,a),在C中,可以找到對稱軸直線x=2.5,也就是1,4為一個方程的根,2,3為一個方程的根,而在D中,找不到這樣的組合使得對稱軸一樣,也就是說無論怎樣分組,都沒方法使得其中兩個的和等于另外兩個的和,故答案D不行能.答案D9.(2024·衢州二中二模)已知函數f(x)=x2+ax+b(a,b∈R),若存在非零實數t,使得f(t)+feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)))=-2成立,則a2+4b2的最小值為()A.eq\f(16,5) B.eq\f(14,5)C.16 D.4解析由f(t)+feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)))=-2知,存在實數t≠0,使eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t+\f(1,t)))eq\s\up12(2)+aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t+\f(1,t)))+2b=0成立,又a2+4b2的幾何意義為坐標原點與點(a,2b)的距離的平方,記2b=m,u=t+eq\f(1,t),則u2≥4.故eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t+\f(1,t)))eq\s\up12(2)+aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t+\f(1,t)))+2b=0,即ua+m+u2=0,其表示動點(a,m)的軌跡,設為直線l,則原點與點(a,m)的距離的最小值為原點到直線l的距離,故a2+4b2≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(u2,\r(u2+1))))eq\s\up12(2)=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(u2+1)-\f(1,\r(u2+1))))eq\s\up12(2)≥eq\f(16,5),故選A.答案A二、填空題10.已知b,c∈R,函數y=x2+2bx+c在區間(1,5)上有兩個不同的零點,則f(1)+f(5)的取值范圍是.解析設f(x)的兩個零點為x1,x2,不妨設1<x1<x2<5,則f(1)>f(x1)=0,f(5)>f(x2)=0,所以f(1)+f(5)>0.另一方面f(x)=(x-x1)·(x-x2),所以f(1)+f(5)=(1-x1)·(1-x2)+(5-x1)(5-x2)=2x1x2-6(x1+x2)+26<2x1x2-12eq\r(x1x2)+26=2(eq\r(x1x2)-3)2+8<2(eq\r(25)-3)2+8=16,所以f(1)+f(5)的取值范圍是(0,16).答案(0,16)11.已知f(x)=eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2(x≥t),,x(x<t),))若存在實數t,使函數y=f(x)-a有兩個零點,則t的取值范圍是.解析由題意知函數f(x)在定義域上不單調,如圖,當t=0或t≥1時,f(x)在R上均單調遞增,當t<0時,在(-∞,t)上f(x)單調遞增,且f(x)<0,在(t,0)上f(x)單調遞減,且f(x)>0,在(0,+∞)上f(x)單調遞增,且f(x)>0.故要使得函數y=f(x)-a有兩個零點,則t的取值范圍為(-∞,0)∪(0,1).答案(-∞,0)∪(0,1)12.(2024·諸暨統考)已知a,b都是正數,a2b+ab2+ab+a+b=3,則2ab+a+b的最小值等于.解析設2ab+a+b=t,則t>0,且3=ab(a+b)+ab+a+b=ab(t-2ab)+t-ab,故關于ab的二次方程2(ab)2+(1-t)ab+3-t=0的解為正數,所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ=(1-t)2-8(3-t)≥0,,\f(t-1,2)>0,,\f(3-t,2)>0,))解得4eq\r(2)-3≤t<3,即2ab+a+b的最小值等于4eq\r(2)-3.答案4eq\r(2)-313.已知f(x+1)=x2-5x+4.(1)f(x)的解析式為;(2)當x∈[0,5]時,f(x)的最大值和最小值分別是.解析(1)f(x+1)=x2-5x+4,令x+1=t,則x=t-1,∴f(t)=(t-1)2-5(t-1)+4=t2-7t+10,∴f(x)=x2-7x+10.(2)∵f(x)=x2-7x+10,其圖象開口向上,對稱軸為x=eq\f(7,2),eq\f(7,2)∈[0,5],∴f(x)min=feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))=-eq\f(9,4),又f(0)=10,f(5)=0.∴f(x)的最大值為10,最小值為-eq\f(9,4).答案(1)x2-7x+10(2)10,-eq\f(9,4)14.(2024·浙江卷)已知λ∈R,函數f(x)=eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x-4,x≥λ,,x2-4x+3,x<λ.))當λ=2時,不等式f(x)<0的解集是.若函數f(x)恰有2個零點,則λ的取值范圍是.解析若λ=2,則當x≥2時,令x-4<0,得2≤x<4;當x<2時,令x2-4x+3<0,得1<x<2.綜上可知1<x<4,所以不等式f(x)<0的解集為(1,4).令x-4=0,解得x=4;令x2-4x+3=0,解得x=1或x=3.因為函數f(x)恰有2個零點,結合函數的圖象(圖略)可知1<λ≤3或λ>4.答案(1,4)(1,3]∪(4,+∞)實力提升題組15.(2024·杭州質檢)設函數f(x)=x2+ax+b(a,b∈R),記M為函數y=|f(x)|在[-1,1]上的最大值,N為|a|+|b|的最大值()A.若M=eq\f(1,3),則N=3 B.若M=eq\f(1,2),則N=3C.若M=2,則N=3 D.若M=3,則N=3解析由題意得|f(1)|=|1+a+b|≤M?|a+b|≤M+1,|f(-1)|=|1-a+b|≤M?|a-b|≤M+1.|a|+|b|=eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|a+b|,ab≥0,,|a-b|,ab<0,))則易知N≤M+1,則選項A,B不符合題意;當a=2,b=-1時,M=2,N=3,則選項C符合題意;當a=2,b=-2時,M=3,N=4,則選項D不符合題意,故選C.答案C16.(2024·麗水測試)已知函數f(x)=x2+ax+b,集合A={x|f(x)≤0},集合B=eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(f(f(x))≤\f(5,4))))),若A=B≠?,則實數a的取值范圍是()A.[eq\r(5),5] B.[-1,5]C.[eq\r(5),3] D.[-1,3]解析設集合B=eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|f(f(x))≤\f(5,4)))={x|m≤f(x)≤n},其中m,n為方程f(x)=eq\f(5,4)的兩個根,因為A=B≠?,所以n=0且m≤f(x)min,Δ=a2-4b≥0,于是f(n)=f(0)=b=eq\f(5,4),則由a2-4b=a2-5≥0得a≤-eq\r(5)或a≥eq\r(5),令t=f(x)≤0,則由f(f(x))≤eq\f(5,4)得f(t)≤eq\f(5,4),即t2+at+eq\f(5,4)≤eq\f(5,4),解得-a≤t≤0,所以B=eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|f(f(x))≤\f(5,4)))={x|m≤f(x)≤n}={x|-a≤f(x)≤0},解得m=-a,所以-a≤f(x)min=feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(a,2)))=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(a,2)))eq\s\up12(2)+a·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(a,2)))+eq\f(5,4),解得-1≤a≤5.綜上所述,實數a的取值范圍為[eq\r(5),5],故選A.答案A17.
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