3.4.2 函数模型及其应用第二课时教学设计

二次函数的性质及应用

知识梳理

1基础知识与基本方法

1.1基本知识介绍

①二次函数的解析式 标准式（定义式）：f(x)ax2bxc(a0)

顶点式：f(x)a(xh)2k(a0)

两根式（零点式）：f(x)a(xx1)(xx2)(a0)

②二次函数f(x)ax2bxc(a0)的主要性质：

图象特征

2b4acb)，对称f(x)ax2bxc(a0)的图像是一条抛物线，顶点坐标是(,2a4abx轴方程为，a0时开口向上，a0时开口向下．

2a单调性

bb]上为减函数，在[,)上为增函数；当a0时2a2abbf(x)在(,]上为增函数，在[,)上为减函数．

2a2a当a0时，f(x)在(,奇偶性

当b0时，f(x)为偶函数，当b0时f(x)不具有奇偶性．

f(x)最值

4acb2当xR时，f(x)的最值为

4abb当x[m,n],若[m,n]时，f(x)的最值可从f(m),f(n),f()中选取；

2a2ab[m,n]时，f(x)的最值可从f(m),f(n)中选取．

当x[m,n],若2a1.2基本方法介绍

①利用待定系数法求二次函数的解析式 在标准式f(x)axbxc(a0)中，a确定开口，b确定对称轴，c是在y轴上的截距，确定二次函数的解析式就是确定字母a,b,c的取值．

在顶点式f(x)a(xh)k(a0)中，a确定开口，xh是对称轴，k是顶点的纵坐标，确定二次函数的解析式就是确定字母a,h,k的取值．

在两根式f(x)a(xx1)(xx2)(a0)中，x1,x2是二次函数图像与x轴a确定开口，交点的横坐标，确定二次函数的解析式就是确定字母a,x1,x2的取值．因此只要知道二次函数的三个条件，我们就可以先设函数的解析式，再求相关的系数值，这就是待定系数法．

如已知二次函数f(x)的图像经过点(1,0)，(3,0)且f(x)的最大值为1，求f(x)的解析式．

可设f(x)a(x1)(x3)，所以f(x)的对称轴为x2．所以f(2)1，所以a122

1

所以f(x)(x1)(x3)，所以f(x)x4x3

②利用分类讨论方法求二次函数的最值

2b与区间[m,n]端点的位置分类讨论．

2a如已知函数f(x)x22ax,x1,3，求函数的最大值．

常依据对称轴x由函数f(x)的图像特征不难看出：

当a1时对称轴xa1，所以f(x)的最大值是f(3)6a9

当a1时对称轴xa1，所以f(x)的最大值是f(1)12a

所以f(x)max6a9(a1)

12a(a1)③利用数形结合的思想认识二次函数的性质

数形结合思想就是把代数的“数”与几何的“形”结合起来去认识问题解决问题的一种思想方法，它的实质是通过数形之间的相互转化，把抽象的数量关系，转化为适当的几何图形，从图形的结构直观地发现数量之间存在的内在联系，或者相反，将几何图形用数量关系来表示；从而达到问题解决．

如函数yx2(a2)x3(x[a,b]的图象关于x1对称，求b的值．

a21且ab2，所以a4，b6．

2利用图像的对称性可得例题讲解

2基本知识应用

2.1二次函数的解析式

二次函数是通过其解析式来定义的（要特别注意二次项系数a0）；二次函数的性质是通过其解析式来研究的．因此，掌握二次函数首先要会求解析式，而待定系数法是求解析式的最常用方法

【例1】已知二次函数经过三点A,、B1,3、C(2,3)，求二次函数的解析式．

13241

即为图212313象的对称轴，从而点A,必是二次函数的顶点，可设顶点式:f(x)a(x)把B24241232或C的坐标代入得a1

所以f(x)(x)xx1

24解法二：由B,C的纵坐标相等可知B,C两点是函数yf(x)与直线y3的交点，

亦即B,C两点的横坐标是方程f(x)3即f(x)30的两个根

故可设零点式为：

f(x)3a(x1)(x2)

把A点坐标代入，有

a1

2从而f(x)(x1)(x2)3xx1

解法一：顶点式：由二次函数的对称性可知，点B,C所连线段的中垂线x例题小结：

本例当然可用标准式求解，但解方程组计算较繁．仔细观察三点坐标特点或画个草图帮助分析，注意到三点的特殊位置，则解法要方便灵巧得多．

2.2二次函数的最值与值域

求二次函数的最值与值域，一般是通过配方法把二次函数表达式化归为顶点式．这种方法还可以用来求一些更为复杂的函数的最值与值域

【例2】求函数y(x1)(x2)(x3)(x4)5在3,3上的最小值

2

解：因为y(x1)(x2)(x3)(x4)5

(x1)(x4)(x2)(x3)5

(x25x4)(x25x6)5

(x25x51)(x25x51)5

(x25x5)24

2设zx5x5，则yz24，

52552对zx5x5(x),x3,3，

易知z29

2445所以yz24的图像抛物线开口向上，对称轴z0,29所以

ymin4

4故y(x1)(x2)(x3)(x4)5在3,3上的最小值是4

例题小结：这是一个四次函数的最值问题．表面上看起来很难．但借助于配方法、换元法及二次函数性质，可得结果．

2.3二次函数的图像与性质

二次函数的图像是抛物线，那么与抛物线相关的问题考查也是二次函数问题考查中常见的题型．抛物线ya(xh)2k的顶点坐标为(h,k)，在一些轴对称或中心对称问题中，抛物线改变的仅仅是顶点坐标和开口方向．

【例3】已知抛物线C:yx22x3，求抛物线C关于点A(2,3)中心对称的抛物线的函数表达式．

解：因为yx22x3，所以y(x1)22，顶点为(1,2)，开口方向向上，则点(1,2)关于点A(2,3)中心对称的点为(3,4)，所以所求抛物线的顶点为(3,4)，开口方向向下，所以抛物线yx22x3关于点A(2,3中)心对称所得的抛物线为

y(x32)4

例题小结：深入理解抛物线的图形本质特征，才能做到具体问题具体分析

3基本方法应用

3.1分类讨论法求二次函数的最值

若二次函数的定义域为m,n，求这类函数的最值，往往要根据对称轴与区间的位置关系分类讨论

【例4】已知0≤x≤1, f(x)=xax (a0),f(x)的最小值为m．

（1）用a表示m；

（2）（2）求m的最大值及此时a的值．

2a2a2aa2

解：（1）把f(x)改写成f(x)=(x)．

224a可知f(x)是对称轴为x，开口向上的抛物线．又因为x∈[0,1],故

2aaaa2当0＜≤1，即0＜a≤2时，f(x)的最小值为f()；

2224aa当＞1,即a＞2时，f(x)有最小值f(1)1．

22

3

aa2, (0a2)4于是m2

a1, (a2)2a（2）当a＞2时，1的值小于0，

2111aa22而当0＜a≤2时，=(a1)，它的最大值为（当a=1时取得），

444241故m的最大值为，此时a=1．

4【例5】已知二次函数f(x)ax2bx

(a,b是常数，且a0)满足条件：f(x1)f(3x，且方程)f(x)2x有等根．

①求f(x)的解析式；

②是否存在实数m,n(mn)，使f(x)的定义域和值域分别为m,n和4m,4n？如果存在，求出m,n的值；如果不存在，请说明理由．

解：①因为方程f(x)2x有等根所以0所以b2

因为f(x1)f(3x),所以f(x)f(2x)

b1,所以a1

所以图象的对称轴为x2a所以f(x)x22x

②f(x)(x1)211

1所以4n1所以n

42因为抛物线f(x)x2x的对称轴为x1

1所以n时，f(x)在m,n上为增函数

4若满足题设条件的m,n存在，则

f(m)4mm0或m2

n0或n2f(n)4n1因为mn

所以m2,n0

4这时定义域为2,0，值域为8,0

所以存在m2,n0，满足条件．

例题小结：二次函数最值与值域问题是二次函数中永恒的话题，其实质是单调性的讨论，研究对称轴与所限定区间的关系是突破口．

3.２数形结合的思想认识二次函数、二次方程

二次方程axbxc0的根与二次函数f(x)axbxc的零点本质上是一致的，因此方程的问题可以等价转化为函数问题，反之亦然

【例6】已知二次函数f(x)axbxc和一次函数g(x)bx，其中a,b,c满足abc，abc0，(a,b,cR)．

（1）求证：两函数的图像交于不同的两点A,B；

（2）求线段AB在x轴上的射影A1B1的范围．

222

4

yax2bxc2（1）证明：由消去y得ax2bxc0

ybxc34b24ac4(ac)24ac4(a2acc2)=4(a)2c2

24

因为abc0,abc

所以a0,c0所以0

即两函数的图象交于不同的两点

2（2）解：设方程ax2bxc0的两根为x1和x2, 2bc,x1x2

则x1x2aa2A1B1(x1x2)2(x1x2)24x1x2

2b24c4b24ac4(ac)24ac()2aaaa2

ccc134[()21]4[()2]aaa24因为abc,abc0,a0,c0

c1所以aacc，解得(2,)

a2因为f()4[()2当cacacc11]的对称轴方程是. aa2c1c(2,)时，f()为减函数

a2a2所以A1B1(3,12),故A1B1(3,23). 2【例7】设二次函数f(x)axbxc(a,b,cR且a0)满足条件

（1）当xR时f(x4)f(2x)且f(x)x

（2）当x(0,2)时f(x)(x12)

2（3）f(x)在R上的最小值为0试求最大的m(m1)使得存在tR，

对任意x1,m有f(xt)x恒成立

解：因为f(x4)f(2x)

所以函数f(x)的图像的对称轴为

bx1即1所以b2a

2a由（3）知f(1)0所以abc0

即ca0

由（1）f(x)x所以f(1)1

B由（2）知f(1)1所以f(1)1

所以abc0,即3ac1

111所以ac,b所以f(x)(x1)2

424所以f(x)的图像抛物线与直线yx相切于点A(1,1)

且f(x)的图像与直线y1相交于点A(1,1),B(3,1)

10-514121086M42A5-2-41015202530-8

5

要使x1,m有f(xt)x，只能将f(x)的图像向右平移，最多平移4个单位至抛物线y1(x3)2，此抛物线与直线yx的交点为A(1,1),M(9,9)

41t4所以即m的最大值为9 1m9例题小结：一元二次方程，一元二次不等式，二次函数这三者联系密切，把握它们的相互联系、相互转化、相互利用，便于寻求规律，灵活运用．

能力提升

二次函数是高中最基本的函数类型，很多问题可以通过构造二次函数转化为函数问题而解决

【例8】若a1,a2,...,an,b1,b2,...,bn都是实数，

22222求证：(a1b1a2b2...anbn)2(a1a2...an)(b12b2...bn)

证明：构造二次函数f(x)(a1xb1)2(a2xb2)2...(anxbn)2

2222(a12a2...an)x22(a1b1a2b2...anbn)x(b12b2...bn)

222当a1a2...an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：

22224(a1b1a2b2...anbn)24(a12a2...an)(b12b2...bn)0

22222即(a1b1a2b2...anbn)2(a1a2...an)(b12b2...bn)

当a1a2...an0时，结论显然成立，故命题成立．

例题小结：本例中的不等式即是著名的柯西不等式，有时它也写作

(aibi)(a)(bi2)等号当且仅当22ii1i1i1nnnaa1a2...n时成立． b1b2bn【例9】已知p为ABC内一点，BCa,CAb,ABc．点p到ABC三边abc(abc)2的距离分别为d1,d2,d3．设N求证BC,CA和ABN

d1d2d32SABC111解：由题意SABCad1bd2cd3

所以2SABCad1bd2cd3

222构造二次函数f(x)2SABCx22(abc)xN

abc所以f(x)(ad1bd2cd3)x22(abc)x()

d1d2d3所以f(x)(ad1xa2b2c2)(bd2x)(cd3x)0

d1d2d3

6

因为2SABC0所以4(abc)28SABCN0

(abc)2所以N

2SABC例题小结：构造函数证明不等式，关键是要从要证不等式的特征联想到相应函数．此题可以对要证的不等式转化为(abc)22SABCN0，联想到二次函数f(x)ax2bxc中的b4ac，从而构造出相应的二次函数．其思考方法与例8相一致，但变形的技巧要求要高一点．我们应当从中认真体会构造过程和变形技巧．

2

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