2019-2020年高考总复习数学课件：第二章 第8讲 一次函数、反比例函数及二次函数

答案：D
【互动探究】
1.设函数 f(x)＝x2＋x＋a(a>0)，已知 f(m)<0，则( C )
A.f(m＋1)≥0
B.f(m＋1)≤0
C.f(m＋1)>0
D.f(m＋1)<0
解析：∵f(x)图象的对称轴为 x＝－12，f(0)＝a>0， ∴f(x)的大致图象如图 D7.
由 f(m)<0，得－1<m<0.
ⅰ)ax2＋bx＋c>0，a≠0 恒成立的充要条件是ba2>－0，4ac<0.
ⅱ)ax2＋bx＋c<0，a≠0 恒成立的充要条件是ba2<－0，4ac<0.
【互动探究】 4.已知函数f(x)＝x2＋ax＋3－a，若x∈[－2,2]，f(x)≥0恒 成立，则 a 的取值范围为__________. 解析：要使 f(x)≥0 恒成立，即函数 f(x)在区间[－2,2]上的 最小值不小于 0，设 f(x)的最小值为 g(a).
2.(2017年江苏泰兴三中一模)已知函数f(x)＝mx2＋x＋m＋ 2 在(－∞，2)上是增函数，则实数 m 的取值范围是___14_，__0__.
解析：当 m＝0 时，函数为 f(x)＝x＋2，在(－∞，2)是增函 数，满足题意；
当 m≠0 时，要使已知函数在(－∞，2)上是增函数，只要
f(x)＝ax2＋bx＋c(a＜0)
(－∞，＋∞)
值域
4ac4－a b2，＋∞
－∞，4ac4－a b2
在 x∈－∞，－2ba上单调递 在 x∈－∞，－2ba上单调递
单调性 减；在 x∈－2ba，＋∞上单 增；在 x∈－2ba，＋∞
第8讲 一次函数、反比例函数及二次函数
考纲要求
考点分布
考情风向标
1.会运用函数图象 理解和研究函数的 性质． 2．结合二次函数 的图象，了解函数 的零点与方程根的 联系，判断一元二 次方程根的存在性 及根的个数
2011年新课标第12题 以两曲线的交点个数 为背景，考查二次函 数、对数函数的图象 及函数的周期性、图 象变换等性质； 2014年大纲第15题考 查二次函数的最值； 2017年北京第11题考 查二次函数的最值
解析：x＋y＝1，y＝1－x，x∈0，1，x2＋y2＝x2＋1－x2 ＝2x2－2x＋1＝2x－122＋12∈12，1.
考点 1 二次函数的图象及应用 例1：(1)已知函数y＝ax2＋bx＋c，若a>b>c，且a＋b＋c
＝0，则它的图象可能是( )
A
【规律方法】本题(2)中的二次函数是“对称轴固定区间 动”，即对称轴 x＝8 固定，而区间[t,10]不固定，因此需要讨 论该区间相对于对称轴的位置关系，即分0≤t≤6，6＜t≤8 及 8＜t ＜10 三种情况讨论.
【互动探究】 3.已知二次函数 f(x)满足 f(x＋1)－f(x)＝2x＋3，且 f(0)＝2， (1)求 f(x)的解析式； (2)求 f(x)在[－3,4]上的值域； (3)若函数 f(x＋m)为偶函数，求 f[f(m)]的值； (4)求 f(x)在[t，t＋2]上的最小值.
∴f(x)max＝f(1)＝－1＋2a＋1－a＝2.∴a＝2. 综上所述，a＝－1或 a＝2. 答案：D
考向 2 对称轴固定区间动型 例 3：已知二次函数 f(x)＝x2－16x＋q＋3. (1)若函数在区间[－1,1]上存在零点，求实数 q 的取值范围； (2)问是否存在常数 t(t≥0)，当 x∈[t,10]时，f(x)的值域为区 间 D，且区间 D 的长度为 12－t(视区间[a，b]的长度为 b－a).
(3)若函数f(x＋m)为偶函数， 则m＝－1，f[f(m)]＝f[f(－1)]＝f(1)＝5. (4)f(x)＝(x＋1)2＋1， 当t＋2<－1，即t<－3时， fmin(x)＝f(t＋2)＝t2＋6t＋10； 当t>－1时，fmin(x)＝f(t)＝t2＋2t＋2； 当t≤－1≤t＋2，即－3≤t≤－1时， fmin(x)＝f(－1)＝1.
解：(1)设 f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)， 则 f(x＋1)－f(x)＝[a(x＋1)2＋b(x＋1)＋c]－(ax2 ＋bx＋c)＝ 2ax＋a＋b＝2x＋3，
得2aa＋＝b2＝，3， 解得ab＝ ＝12， .
又 f(0)＝c＝2，∴f(x)＝x2＋2x＋2. (2)f(x)＝(x＋1)2＋1， f(x)在[－3,4]上的值域为[1,26].
调递增
上单调递减
1.若二次函数 f(x)＝x2－4x＋3，则 f(x)在[0,1]上的值域为 _[_0_,_3_] __，在[0,3]上的值域为__[_－__1_,3_]__.
解析：因为函数图象的对称轴方程为 x＝－－24＝2，所以 f(x)在[0,1]上单调递减，最大值为 f(0)＝3，最小值为 f(1)＝1－4 ＋3＝0，值域为[0,3].当 x∈[0,3]时，f(x)在[0,2]上单调递减，在 [2,3]上单调递增，最大值 f(0)＝3，最小值为 f(2)＝22－4×2＋3＝ －1，值域为[－1,3].
2.(2017年安徽皖北第一次联考)已知函数f(x)＝－x2＋ 2ax＋1－a 在区间[0,1]上的最大值为2 或－3
D.－1 或 2
解析：函数 f(x)＝－(x－a)2＋a2－a＋1 图象的对称轴为 x＝
a，且开口向下，分三种情况讨论如下： ①当 a≤0 时，函数 f(x)＝－x2＋2ax＋1－a 在区间[0,1]上是
∴m＋1>0，∴f(m＋1)>f(0)>0.
图 D7
考点 2 含参数问题的讨论 考向 1 区间固定对称轴动型 例 2：已知函数 y＝－sin2x＋asin x－a4＋12的最大值为 2，求 a 的值.
解：令 t＝sin x，则 t∈[－1,1]. ∴y＝－t－a22＋14(a2－a＋2)，其图象的对称轴方程为 t＝a2. ①当－1≤a2≤1，即－2≤a≤2 时，
【规律方法】不等式恒成立问题： ①对于 f(x)≥0 在区间[a，b]上恒成立的问题，一般等价转 化为 f(x)min≥0，x∈[a，b]. ②对于 f(x)≤0 在区间[a，b]上恒成立的问题，一般等价转 化为 f(x)max≤0，x∈[a，b]. ③若 f(x)含有参数，则要对参数进行讨论或分离参数. 特别地：
图象与 x 轴的两个交点的横坐标.
4.二次函数的图象及性质
解析式 f(x)＝ax2＋bx＋c(a＞0)
f(x)＝ax2＋bx＋c(a＜0)
图象
开口 顶点 对称性
向上
向下
－2ba，4ac4－a b2
函数的图象关于 x＝－2ba对称
(续表)
解析式 定义域
f(x)＝ax2＋bx＋c(a＞0)
当 k>0 时，函数在(－∞，0)，(0，＋∞)上都是减函数；当 k<0 时，函数在(－∞，0)，(0，＋∞)上都是增函数.
3.二次函数解析式的三种形式 (1)一般式：f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0). (2)顶点式：___f(_x_)＝__a_(_x_－__h_)_2＋__k_(_a_≠_0_)___，顶点为(h，k). (3)两根式：f(x)＝a(x－x1)(x－x2)(a≠0)，x1，x2为二次函数
解：(1)∵f(x)＝x2－16x＋q＋3 图象的对称轴方程是 x＝8，
∴f(x)在区间[－1,1]上是减函数.
函数在区间[－1,1]上存在零点，则必有
f1≤0， f－1≥0，
即11－ ＋1166＋ ＋qq＋ ＋33≤ ≥00， .
∴－20≤q≤12，即 q 的取值范围是[－20,12].
【规律方法】“区间固定对称轴动”以及“对称轴固定区 间动”是二次函数中分类讨论的最基本的两种题型，应该引起 同学们足够的重视.本例中的二次函数是区间[－1,1]固定，对称 轴 t＝a2在变化，因此要讨论对称轴相对于该区间的位置关系， 即分－1≤a2≤1，a2>1 及a2<－1 三种情况讨论.
【互动探究】
思想与方法 ⊙运用分类讨论的思想探讨不等式恒成立问题
例题：(2016 年湖北武汉武昌调研)已知函数 y＝log2ax2－ax＋1a，
若函数的定义域为 R，则实数 a 的取值范围是________. 解析：∵a≠0，函数的定义域为 R， ∴ax2－ax＋1a＞0 恒成立. a＞0， ∴Δ＝－a2－4a·1a＜0.解得0＜a＜2. 答案：(0,2)
ymax＝14(a2－a＋2)＝2， 解得 a＝－2 或 a＝3(舍去). ②当a2>1，即 a>2 时， 函数 y＝－t－a22＋14(a2－a＋2)在[－1,1]上单调递增， 由 ymax＝－12＋34a＝2，解得 a＝130.
③当a2<－1，即 a<－2 时， 函数 y＝－t－a22＋14(a2－a＋2)在[－1,1]上单调递减， 由 ymax＝－54a－12＝2，解得 a＝－2(舍去). 综上所述，a 的值为－2 或130.
本节复习时，应从“数” 与“形”两个角度来把握 二次函数的图象和性质， 重点解决二次函数在闭区 间上的最值问题，此类问 题经常与其他知识结合命 题，应注重分类讨论思想 与数形结合思想的综合应 用
1.一次函数 一次函数 y＝kx＋b(k≠0)，当 k>0 时，在实数集 R 上是增 函数；当 k<0 时，在实数集 R 上是减函数. 2.反比例函数 反比例函数 y＝kx(k≠0)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，
B
C
D
解析：由 a＋b＋c＝0，a＞b＞c，知 a＞0，c＜0，则ac＜0，
排除 B，C.又 f(0)＝c＜0，所以排除 A.
答案：D
(2) 设 abc ＞0 ，二次函数 f(x) ＝ax2 ＋bx ＋c 的图象可能是 ()
A
B
C
D
解析：在 A 中，a＜0，－2ba＜0，b＜0，c＜0，∴abc＜0， 错误；在 B 中，a＜0，－2ba＞0，b＞0，c＞0，∴abc＜0，错误； 在 C 中，a＞0，－2ba＜0，b＞0，c＜0，∴abc＜0，错误；在 D 中，a＞0，－2ba＞0，b＜0，c＜0，∴abc＞0.故选 D.
减函数，
∴f(x)max＝f(0)＝1－a，由 1－a＝2，得 a＝－1.
②当 0＜a≤1 时，函数 f(x)＝－x2＋2ax＋1－a 在区间[0，a]
上是增函数，在[a,1]上是减函数，
∴f(x)max＝f(a)＝a2－a＋1.
由 a2－a＋1＝2，解得 a＝1＋2
5或 a＝1－2
5 .
∵0＜a≤1，∴两个值都不满足，舍去. ③当a＞1时，函数f(x)＝－x2＋2ax＋1－a在区间[0,1]上是 增函数，
解得 t＝15±2 17.∴t＝15－2
17 .
②当80－≤tt＜≤180，－8，
即 6＜t≤8 时，在区间[t,10]上，f(10)最大，f(8)最小， ∴f(10)－f(8)＝12－t.解得 t＝8.
③当 8＜t＜10 时，在区间[t,10]上，f(10)最大，f(t)最小， ∴f(10)－f(t)＝12－t，即t2－17t＋72＝0. 解得 t＝8(舍去)或 t＝9，∴t＝9. 综上可知，存在常数 t＝15－2 17或 8 或 9 满足条件.
(2)由题意知 0≤t＜10，f(x)在区间[0,8]上是减函数，在区间
[8,10]上是增函数，且函数图象的对称轴方程是 x＝8.
①当80－≤tt≥≤180，－8，
即 0≤t≤6 时，在区间[t,10]上，f(t)最大，f(8)最小， ∴f(t)－f(8)＝12－t，即t2－15t＋52＝0.
m<0， －2m1≥2，
解得m≥－14， m<0.
∴实数 m 的取值范围是－14，0.
3.已知函数 y＝ax 和 y＝bx在(0，＋∞)上都是减函数，则 y＝ax2＋bx＋c 在(－∞，0)上的单调性为_单__调__递__增___.
4.(2017 年北京)已知 x≥0，y≥0，且 x＋y＝1，则 x2＋y2 的 取值范围是_____12_，__1_ ___.