高考專題復習二次函數(shù)與方程不等式ppt

關于高考專題復習二次函數(shù)與方程不等式ppt第一頁，共二十四頁，編輯于2023年，星期四1.一般式:y=ax2+bx+c(a≠0);一、二次函數(shù)的解析式2.頂點式:y=a(x

-m)2+n(其中(m,n)為拋物線的頂點坐標);3.兩根式:y=a(x

-x1)(x

-x2)(其中x1,x2為拋物線與

x

軸兩交點的橫坐標);

注:

求二次函數(shù)的解析式,一般都采用待定系數(shù)法.做題時,要根據(jù)題設條件,合理地設出解析式.二、二次函數(shù)的圖象有關知識:

圖象形狀;

對稱軸;

頂點坐標;

與

x

軸交點坐標;截

x

軸線段長.第二頁，共二十四頁，編輯于2023年，星期四三、二次函數(shù)的性質(zhì)

1.當

a>0

時,拋物線開口向上,函數(shù)在(-∞,-

]上單調(diào)遞減,在[-,+∞)上單調(diào)遞增,當

x=

-時,f(x)

取得最小值,為.2ab2ab2ab4a4ac-b2

2.當

a<0

時,拋物線開口向下,函數(shù)在(-∞,-

]上單調(diào)遞增,在[-,+∞)上單調(diào)遞減,當

x=

-時,f(x)

取得最大值,為.2ab2ab2ab4a4ac-b2第三頁，共二十四頁，編輯于2023年，星期四四、二次函數(shù)f(x)=ax2+bx+c(a>0)在[m,n]上的最值2.若

x0[m,n],則(1)當

x0<m

時,f(x)min=f(m),f(x)max=f(n);(2)當

x0>n

時,f(x)min=f(n),f(x)max=f(m).

1.若

x0=-

∈[m,n],則

f(x)min=f(x0)=,f(m),f(n)

中的較大者即為

f(x)

在

[m,n]

上的最大值.2ab4a4ac-b2第四頁，共二十四頁，編輯于2023年，星期四五、不等式

ax2+bx+c>0

恒成立問題1.

ax2+bx+c>0在R上恒成立.a>0△=b2-4ac<0,a=b=0c>0.或ax2+bx+c<0在R上恒成立.a<0△=b2-4ac<0,a=b=0c<0.或2.

f(x)=ax2+bx+c>0(a>0)

在

[m,n]

上恒成立.f(m)>0,-<m

2ab△=b2-4ac<0,m≤-≤n

2ab或f(n)>0.->n

2ab或f(x)min>0(x∈[m,n])f(x)=ax2+bx+c<0(a>0)

在

[m,n]

上恒成立.f(n)<0.f(m)<0第五頁，共二十四頁，編輯于2023年，星期四1.方程

f(x)=0

有兩正根

六、二次方程

ax2+bx+c=0(a>0)

的實根分布問題記

f(x)=ax2+bx+c(a>0),△=b2-4ac≥0.x1+x2=-

>0

abacx1x2=

>0

△=b2-4ac≥0f(0)>0.-

>0

2ab2.方程

f(x)=0

有兩負根

△=b2-4ac≥0.x1+x2=-

<0

abacx1x2=

>0

△=b2-4ac≥0f(0)>0.-

<0

2ab4.方程

f(x)=0

的兩實根都小于

k

△=b2-4ac≥0f(k)>0.-

<k

2ab3.方程

f(x)=0

有一正根一負根

c<0.5.方程

f(x)=0

的兩實根一個大于

k,另一個小于

k

f(k)<0.第六頁，共二十四頁，編輯于2023年，星期四6.方程

f(x)=0

的兩實根都大于

k△=b2-4ac≥0f(k)>0.-

>k

2ab7.方程

f(x)=0

的兩實根都在區(qū)間(m,n)內(nèi)f(m)>0

△=b2-4ac≥0m<

-

<n

2abf(n)>0.8.方程

f(x)=0

的兩實根中,有且只有一個在區(qū)間(m,n)內(nèi).f(m)f(n)<0,或f(m)=0m<

-

<,2abm+n

2<

-

<

n.

2abm+n

2f(n)=0或思考方程的兩根有且只有一個在區(qū)間[m,n]上時等價于?第七頁，共二十四頁，編輯于2023年，星期四9.方程

f(x)=0

的兩根分別在區(qū)間(m,n)和(p,q)(n<p)內(nèi).f(m)>0

f(n)<0f(p)<0f(q)>0.

注涉及方程

f(x)=ax2+bx+c=0(a≠0)的實根分布問題,一般情況下要從四個方面考慮:①

f(x)

圖象的開口方向;②方程

f(x)=0的判別式;④區(qū)間端點處函數(shù)值的符號.

③

f(x)

圖象的對稱軸與區(qū)間的關系;第八頁，共二十四頁，編輯于2023年，星期四△>0△=0△<0判別式△=b2-4ac

七、二次函數(shù)與方程、不等式的關系o(a>0)的圖象二次函數(shù)y=ax2+bx+cxyx1x2x1=x2xyooxy(a>0)的解集ax2+bx+c<0{x

|

x1<x<x2}一元二次方程

ax2+bx+c=0(a>0)的根有兩相異實根

x1,x2(x1<x2)沒有實根有兩相等實根

x1=x2=

-

2ab(a>0)的解集Rax2+bx+c>0{x

|

x<x1

或x>x2}{x

|

x≠-

}2ab第九頁，共二十四頁，編輯于2023年，星期四八、典型例題

1.已知二次函數(shù)

f(x)

滿足

f(2)=-1,

f(-1)=-1,且

f(x)

的最大值是

8,試確定此二次函數(shù)的解析式.解法一:

利用二次函數(shù)的一般式.故所求函數(shù)的解析式為f(x)=-4x2+4x+7.設f(x)=ax2+bx+c(a≠0),則4a+2b+c=-1,a-b+c=-1,=8.4a4ac-b2a=-4,b=4,c=7.解得解法二:

利用二次函數(shù)的頂點式.設f(x)=a(x-m)2+n,∵f(2)=f(-1)=-1,∴拋物線的對稱軸為直線

x=,12∴m=.12又

f(x)

的最大值是

8,∴n=8.∴f(x)=a(x

-)2+8,12∵f(2)=-1,∴a(2

-)2+8=-1,12∴a=-4.故所求函數(shù)的解析式為f(x)=-4(x-)2+8=-4x2+4x+7.12第十頁，共二十四頁，編輯于2023年，星期四解法三:

利用二次函數(shù)的兩根式.由已知

f(x)+1=0

的兩根為

2

和

-1,故可設

f(x)+1=a(x-2)(x+1),從而

f(x)=a(x-2)(x+1)-1.即

f(x)=ax2-ax-2a-1.又

f(x)

的最大值是

8,4a4a(-2a-1)-a2∴=8,解得

a=-4

或

a=0(舍去).故所求函數(shù)的解析式為f(x)=-4(x-2)(x+1)=-4x2+4x+7.第十一頁，共二十四頁，編輯于2023年，星期四∵f(x)

在區(qū)間[0,2]上的最小值為

3,∴可分情況討論如下:

2.已知函數(shù)

f(x)=4x2-4ax+a2-2a+2

在區(qū)間[0,2]上有最小值

3,

求實數(shù)

a

的值.解:

由已知

f(x)=4(x

-)2-

2a+2.a2a2(1)當≤0,即

a≤0

時,函數(shù)

f(x)

在[0,2]上是增函數(shù).

∴

f(x)min=f(0)=a2-2a+2.a2(2)當

0<<2,即

0<a<4

時,a2f(x)min=f()=-2a+2.由

-2a+2=3

得:a=-

12

(0,4),舍去.a2(3)當≥2,即

a≥4

時,函數(shù)

f(x)

在[0,2]上是減函數(shù).

∴

f(x)min=f(2)=a2-10a+18.由

a2-2a+2=3

得:a=1

2

.∵a≤0,∴a=1-

2.

由

a2-10a+18=3

得:a=5

10.∵a≥4,∴a=5+

10.

綜上所述,a=1-

2

或

a=5+10.第十二頁，共二十四頁，編輯于2023年，星期四

3.已知

y2=4a(x

-a)中a>0,

且當

x≥a

時,S=(x

-3)2+y2

的最小值為

4,求參數(shù)

a

的值.解:

由已知S=(x

-3)2+y2=(x

-3)2+4a(x

-a)=[x-(3-2a)]2+12a-8a2.∵當

x≥a

時,S(x)=[x-(3-2a)]2+12a-8a2

的最小值為

4,∴對正數(shù)

a,可分情況討論如下:(1)當3-2a<a,即

a>1

時,函數(shù)

S(x)

在[a,+∞]上是增函數(shù).

∴

S(x)min=S(a)=(a-3)2.由

(a-3)2=4

得:a=1

或

5.∵a>1,∴a=5.

(2)當3-2a≥a,即

0<a≤1

時,S(x)min=S(3-2a)=12a-8a2.由

12a-8a2=4

得:a=1

或,12均滿足

0<a≤1.

12綜上所述,參數(shù)

a

的值為

或

1

或

5.第十三頁，共二十四頁，編輯于2023年，星期四

4.已知二次函數(shù)

f(x)=ax2+bx+c

的圖象與直線

y=25

有公共點,且不等式

ax2+bx+c>0

的解集是(-,),求

a,b,c

的取值范圍.1213解:

由已知,二次方程

ax2+bx+c

-25＝0

有實根.∴

△=b2-4a(c

-25)≥0.又不等式

ax2+bx+c>0

的解集是(-,),

1213∴

a<0,且有

-=-,=-.1616abac∴

b=

a,c=-

a>0.1616∴

b=-c,c2+24c(c

-25)≥0.解得:c≥24.∴

b≤-24,a≤-144.故

a,b,c

的取值范圍分別是

a≤-144,b≤-24,c≥24.代入b2-4a(c

-25)≥0

得:第十四頁，共二十四頁，編輯于2023年，星期四

5.已知f(x)=ax2+bx+c的圖象過點(-1,0),是否存在常數(shù)

a,b,c,使不等式

x≤f(x)≤

對一切實數(shù)

x

都成立?x2+12則由f(x)=ax2+bx+c的圖象過點(-1,0),得a-b+c=0.①∵

x≤f(x)≤

對一切實數(shù)

x

都成立,當

x=1

時也成立,x2+12∴1≤f(1)≤1,即

f(1)=1,得a+b+c=1.②

∴由

①,②

得:a+c=b=.

121212∴

f(x)=ax2+x+

-a.解:

假設存在常數(shù)

a,b,c,使題中不等式對一切實數(shù)

x

都成立.1212故應x≤ax2+x+

-a≤對一切實數(shù)

x

都成立.x2+12即2ax2-x+1-2a≥0與(1-2a)x2-x+2a≥0對一切實數(shù)

x

都成立.則必有:1-8a(1-2a)≤0,即

(4a-1)2≤0.14∴

a=.1214∴

c

=-a

=.x2+1214故存在一組常數(shù):

a=,b=,c=,使不等式

x≤f(x)≤對一切實數(shù)

x

都成立.1412其中,0<a<

.12解法二:

可得

ac≥

且

ac≤,161161

∴ac=且

a=c,161從而得解.第十五頁，共二十四頁，編輯于2023年，星期四

6.已知二次函數(shù)

f(x)=2x2-4(a-1)x-a2+2a+9.(1)

若在

[-1,1]

上至少存在一個實數(shù)

m,使得

f(m)>0,求實數(shù)a

的取值范圍;(2)若對

[-1,1]

上的一切實數(shù)

m,都有

f(m)>0,求實數(shù)

a

的取值范圍.解:

f(x)

的圖象是開口向上的拋物線,其對稱軸為直線

x=a-1.

(1)問題等價于“對于

x∈[-1,1],有

f(x)max>0.”討論如下:①當

a-1≤0

即

a≤1

時,f(x)max=f(1)=-a2-2a+15.由-a2-2a+15>0

得:-5<a<3.∵

a≤1,∴

-5<a≤1.②當

a-1>0

即

a>1

時,f(x)max=f(-1)=-a2+6a+7.由-a2+6a+7>0

得:-1<a<7.∵

a>1,∴1<a<7.綜上所述,-5<a<7.即實數(shù)

a

的取值范圍是

(-5,7).

注:亦可用補集法求解.第十六頁，共二十四頁，編輯于2023年，星期四(2)問題等價于“對于

x∈[-1,1],有

f(x)min>0.”討論如下:①當

a-1<-1

即

a<0

時,f(x)min=f(-1)=-a2+6a+7.由-a2+6a+7>0

得:-1<a<7.∵

a<0,∴

-1<a<0.②當

-1≤a-1≤1

即

0≤a≤2

時,f(x)min=f(a-1)=-3a2+6a+7.而當

0≤a≤2

時,-3a2+6a+7>0

恒成立.∴0≤a≤2.綜上所述,-1<a<3.即實數(shù)

a

的取值范圍是

(-1,3).③當

a-1>1

即

a>2

時,f(x)min=f(1)=-a2-2a+15.由-a2-2a+15>0

得:-5<a<3.∵

a>2,∴2<a<3.第十七頁，共二十四頁，編輯于2023年，星期四證:(1)令

F(x)=f(x)

-x,由于

x1,x2是方程

f(x)

-x=0

的兩根,所以可設

F(x)=a(x-x1)(x-x2).

7.已知二次函數(shù)

f(x)=ax2+bx+c(a>0),方程

f(x)

-x=0

的兩根x1,x2滿足

0<x1<x2<

.(1)當

x∈(0,x1)

時,

證明:

x<f(x)<x1;

(2)設函數(shù)

f(x)

的圖象關于直線

x=x0對稱,證明:x0<

.1a2x1∵0<x1<x2<

,∴x1-x>0,1+a(x-x2)=1+ax-ax2>1-ax2>0.1a當

x∈(0,x1)

時,

由

x1<x2及

a>0

有:F(x)=a(x-x1)(x-x2)>0.即

f(x)

-x>0,從而

f(x)>x.又

x1-f(x)=x1-[x+F(x)]=x1-x-a(x-x1)(x-x2)=(x1-x)[1+a(x-x2)].∴

x1-f(x)>0,從而

x1>f(x).

故當

x∈(0,x1)

時,

有

x<f(x)<x1;第十八頁，共二十四頁，編輯于2023年，星期四(2)依題意

x0=-.

2ab由于

x1,x2是方程

f(x)-x=0

即

ax2+(b-1)x+c=0

的兩根,∴

x1+x2=-,∴b=1-a(x1+x2).b-1a

∴

x0=-2ab1-a(x1+x2)

2a

=-a(x1+x2)-12a

=.∵ax2<1,即ax2-1<0,2x1a(x1+x2)-12a

=<=.∴

x02aax1故

x0<.2x1第十九頁，共二十四頁，編輯于2023年，星期四

8.(1)設方程2sin2x-4asinx+1-a=0

在[0,]上有兩個不同的解,求實數(shù)a

的取值范圍;(2)若不等式2sin2x-4asinx+1-a>0

在[0,]上恒成立,求實數(shù)

a

的取值范圍.解:(1)令

t=sinx,

則方程

2sin2x-4asinx+1-a=0

在[0,]上有兩個不同的解等價于:方程

2t2-4at+1-a=0

有一根為

0,另一根不在

(0,1)

內(nèi);或方程

2t2-4at+1-a=0

在

(0,1)

內(nèi)有兩等根;

或方程

2t2-4at+1-a=0

有一解在

(0,1)

內(nèi),另一解在[0,1]外.

當

t=0

時,a=1,方程

2t2-4at+1-a=0

的另一根為

2

且

2(0,1),∴a=1

適合題意;

第二十頁，共二十四頁，編輯于2023年，星期四方程

2t2-4at+1-a=0

有兩等根時,由

△=16a2-8(1-a)=0

得:a=-1

或.12∵a=-1時,方程

2t2-4at+1-a=0

的兩等根為-1

但

-

1(0,1),∴a=-1

不合題意,舍去;12又a=時,方程

2t2-4at+1-a=0

的兩等根為

且(0,1),1212∴a=

適合題意;

12

設

f(t)=2t2-4at+1-a,則方程

2t2-4at+1-a=0有一解在(0,1)內(nèi),另一解在[0,1]外等價于:f(0)f(1)<0,即

(1-a)(3-5a)<0.解得

<a<1.

35綜上所述,實數(shù)

a

的取值范圍是a=,或<a≤1.3512第二十一頁，共二十四頁，編輯于2023年，星期四

(2)令

t=sinx,

則不等式

2sin2x-4asinx+1-a>0

在[0,]上恒成立等價于不等式

2t2-4at+1-a>0

在[0,1]上恒成立.等價于或或a<0f(0)>00≤a≤1f(a)>0a>1f(1)>0.即或或