二次函数习题
二次函数习题
典例剖析
(1)求\(f(x)\)的解析式；
(2)求\(f(x)\)在\([0，t]\)上的最大值。
解析：(1)属于求解析式问题。由\(f(x-1)=f(3-x)\)可知，函数\(f(x)\)的对称轴为\(-\dfrac{b}{2a}=1\)，又方程\(ax^2+bx-2x=0\)有两个相等实数根，故\(\Delta=(b-2)^2=0\)，联立两式解得\(a=-1,b=2\)，则函数\(f(x)=-x^2+2x\);
(2)到此，问题转化为二次函数在动区间上的最值问题了，往往需要数形结合解决题目。\(f(x)=-(x-1)^2+1\)，对称轴是直线\(x=1\)，自变量\(x\in [0，t]\)，
当\(0\leq t\leq 1\)时，\(f(x)\)在区间\([0，t]\)上单调递增，故\(f(x)_{max}=f(t)=-t^2+2t\)；
当\(t>1\)时，\(f(x)\)在区间\([0，1]\)上单调递增，在区间\([1，t]\)上单调递减，故\(f(x)_{max}=f(1)=1\)；
故\(f(x)_{max}=\begin{cases}-t^2+2t,&0\leq t\leq 1\\1,&t>1 \end{cases}\).请看对应的课件
法1：利用二次函数数形结合，函数图像开口向上，对称轴是\(x=-a\)，故当\(-a\leq -4\)或\(-a\ge 6\)时，函数分别是单调递增和单调递减函数，解得\(a\leq -6\)或者\(a\ge 4\)。
法2：导数法，\(f'(x)=2x+2a\)，由函数在区间\([-4，6]\)上是单调函数，
当为单调递增函数，可得\(f'(x)\ge 0\)恒成立，即\(2a\ge -2x\)在区间\([-4，6]\)上恒成立，故\(2a\ge (-2x)_{max}=-2\times(-4)=4\) ，解得\(a\ge 4\)
当为单调递减函数，可得\(f'(x)\leq 0\)恒成立，即\(2a\leq -2x\)在区间\([-4，6]\)上恒成立，故\(2a\ge (-2x)_{min}=-2\times6=-12\) ，解得\(a\leq -6\)
法3：正难则反，否定之否定。由开口向上的抛物线的图像可知对称轴在区间内部时，函数不是单调函数，即\(-4< -a <6\)时不是单调函数，即\(-6<a<4\)；故取其补集，当\(a\leq -6\)或者\(a\ge 4\)时，函数是单调函数。
法1：一般式，设\(f(x)=ax^2+bx+c(a\neq 0)\)，
由题意得\(\begin{cases}4a+2b+c=-1\\a-b+c=-1\\ \cfrac{4ac-b^2}{4a}=8\end{cases}\)，解得\(\begin{cases}a=-4\\b=4\\c=7\end{cases}\)，
故\(f(x)=-4x^2+4x+7\)。
法2：顶点式，设\(f(x)=a(x-m)^2+n\)，由题意得\(n=8\)，
又\(f(2)=f(-1)\)，故函数的对称轴是\(x=\cfrac{2+(-1)}{2}=\cfrac{1}{2}\)，故\(m=\cfrac{1}{2}\)。
则\(y=f(x)=a(x-\cfrac{1}{2})^2+8\)，又\(f(2)=-1\)，\(a(2-\cfrac{1}{2})^2+8=-1\)，
解得\(a=-4\)，故\(f(x)=-4x^2+4x+7\)。
法3：两根式(零点式)，由已知\(f(x)+1=0\)的两根\(x_1=2\)，\(x_2=-1\)，
故可设\(f(x)+1=a(x+1)(x-2)\)，
即\(f(x)=ax^2-ax-2a-1\)，又函数\(f(x)_{max}=8\)，即\(\cfrac{4a(-2a-1)-a^2}{4a}=8\)，
解得\(a=-4\)或\(a=0(舍去)\)，故\(f(x)=-4x^2+4x+7\)。
分析：本题目要求对二次函数的图像和性质必须非常熟悉，
\(f(x)=x^2-2(a+2)x+a^2=[x-(a+2)]^2+a^2-(a+2)^2\)，对称轴为\(x=a+2\)
\(g(x)=-x^2+2(a-2)x-a^2+8=-[x-(a-2)]^2-a^2+8+(a-2)^2\)，对称轴为\(x=a-2\)
联立\(\left\{\begin{array}{l}{y=x^2-2(a+2)x+a^2}\\{y=-x^2+2(a-2)x-a^2+8}\end{array}\right.\)
消掉\(y\)，得到\(x^2-2ax+a^2-4=0\)，
即\(x^2-2ax+(a+2)(a-2)=[x-(a-2)][x-(a+2)]=0\)，即\(x_1=a-2\)，\(x_2=a+2\)，
做出如图所示的图像，由图可知，
\(H_1(x)\)为图中如图所示的紫色虚线，\(H_1(x)_{min}=A=f(a+2)\)
\(=(a+2)^2-2(a+2)(a+2)+a^2=-4a-4\)，
\(H_2(x)\)为图中如图所示的黄色实线，\(H_2(x)_{max}=B=g(a-2)\)
\(=-(a-2)^2+2(a-2)(a-2)-a^2+8=-4a+12\)，
故\(A-B=(-4a-4)-(-4a+12)=-16\)。故选B。
分析：由于函数\(f(x)\)为偶函数，\(y=1-x^2\)为偶函数，
则\(y=x^2+ax-5\)必为偶函数；故\(a=0\)，即\(f(x)=(1-x^2)(x^2-5)\)，
令\(x^2=t\ge 0\)，则\(f(x)=g(t)=(1-t)(t-5)\)，其中\(t\ge 0\)，
做出其函数简图，可知\(f(x)_{max}=f(3)=(1-3)(3-5)=4\)。
分析法1：利用二次函数求解；
转化为仿二次不等式\(ax^2-4x+a-3<0\)能成立，分类讨论如下：
①当\(a=0\)时，不等式为\(-4x-3<0\)，故\(x>-\cfrac{3}{4}\)，有解，故满足；
②当\(a>0\)时，二次不等式\(ax^2-4x+a-3<0\)能成立，必须\(\Delta >0\)，解得\(0<a<4\)；
③当\(a<0\)时，二次不等式\(ax^2-4x+a-3<0\)必然有解，故满足；
综上所述，\(a\in (-\infty，4)\)。
法2：分离参数法，\(a<\cfrac{4x+3}{x^2+1}\)在\(R\)上能成立，
令\(h(x)=\cfrac{4x+3}{x^2+1}\)，用导数法求得\(h(x)_{min}=4\)，此处略。
故\(a<4\)，即\(a\in (-\infty，4)\)。
分析：设\(f(x)=a(x+\cfrac{3}{2})^2+49\)，由\(|x_1-x_2|=7\)，
法1：利用韦达定理，\((x_1-x_2)^2=49\)，即\((x_1+x_2)^2-4x_1x_2=49\)，
代入\(x_1+x_2\)和\(x_1x_2\)的值，求得\(a=-4\)，故\(f(x)=-4x^2-12x+40\)；
法2：从形的角度，不论开口如何，做出函数简图，对称轴是\(x=-\cfrac{3}{2}\)，半弦长为\(\cfrac{7}{2}\)，
则\(-\cfrac{3}{2}+\cfrac{7}{2}=0\)，即必有\(f(2)=0\)，解得\(a=-4\)，故\(f(x)=-4x^2-12x+40\)；
分析：由\(a>b>c\)，\(a+b+c=0\)可知，\(a>0\)，\(c<0\)，
又\(f(1)=a+b+c=0\)，做出满足以上条件的示意图，可知\(\forall x\in(0，1)\)，都有\(f(x)<0\)；故选\(B\)；
①\(b^2>4ac\)；②\(2a-b=1\)；③\(a-b+c=0\)；④\(5a<b\)；
分析：有图可知，函数与\(x\)轴有两个交点，则\(\Delta>0\)，即\(b^2-4ac>0\)，故①正确；
由对称轴\(x=-\cfrac{b}{2a}=-1\)，可得\(2a-b=0\)，故②错；
由图可知，\(f(-1)=a-b+c>0\)，故③错；
又由于开口向下，故\(a<0\)，则\(5a-b=5a-2a=3a<0\)，故④正确。
【法1：二次函数在定区间上恒成立，分类标准为\(\Delta\)+对称轴】
\(f(x)=x^2+2(a-2)x+4\)，对称轴为\(2-a\)，\(\Delta=4(a-2)^2-16=4(a^2-4a)\)，
由对\(x\in [-3，1]\)，\(f(x)>0\)恒成立，可以分为以下几种，
①\(\Delta <0\)或②\(\left\{\begin{array}{l}{\Delta\ge 0}\\{2-a\leq -3}\\{f(-3)>0}\end{array}\right.\)或③\(\left\{\begin{array}{l}{\Delta\ge 0}\\{2-a\ge 1}\\{f(1)>0}\end{array}\right.\)；
解①得到，\(0<a<4\)；
解②得到，\(a\in \varnothing\)；
解③得到，\(-\cfrac{1}{2}<a\leq 0\)；
综上所述，\(a\in(-\cfrac{1}{2}，4)\)。
【法2：二次函数在定区间上恒成立，分类标准仅仅为对称轴】
\(f(x)=x^2+2(a-2)x+4\)，对称轴为\(2-a\)，
由对\(x\in [-3，1]\)，\(f(x)>0\)恒成立，只需要\(f(x)_{min}>0\)即可；
针对对称轴和给定区间的位置关系可以分为以下几种，
①\(\left\{\begin{array}{l}{2-a\leq -3}\\{f(-3)>0}\end{array}\right.\)或②\(\left\{\begin{array}{l}{-3<2-a<1}\\{f(2-a)>0}\end{array}\right.\)或③\(\left\{\begin{array}{l}{2-a\ge 1}\\{f(1)>0}\end{array}\right.\)；
解①得到，\(a\in \varnothing\)；
解②得到，\(1<a<4\)；
解③得到，\(-\cfrac{1}{2}<a\leq 1\)；
综上所述，\(a\in(-\cfrac{1}{2}，4)\)。
【法3：分离参数法+分类讨论】
转化为\(2xa>-x^2+4x-4\)在区间\(x\in [-3，1]\)上恒成立，
①当\(x=0\)时，\(a\in R\)都成立；
②当\(0<x\leq 1\)时，\(a>\cfrac{-x^2+4x-4}{2x}=-\cfrac{x}{2}-\cfrac{2}{x}+2=g(x)\)恒成立，
即\(a>g(x)_{max}\)，用对勾函数可以求得当\(0<x\leq 1\)时的\(g(x)_{max}=g(1)=-\cfrac{1}{2}\)；
故\(a>-\cfrac{1}{2}\)；
③当\(-3\leq x<0\)时，\(a<\cfrac{-x^2+4x-4}{2x}=-\cfrac{x}{2}-\cfrac{2}{x}+2=g(x)\)恒成立，
即\(a<g(x)_{min}\)，用对勾函数可以求得当\(-3\leq x<0\)时的\(g(x)_{min}=g(-2)=4\)；
故\(a<4\)；
综上所述，以上情况取交集，得到\(a\in(-\cfrac{1}{2}，4)\)。
解后反思：
①当针对参数分类讨论时，最后的结果必须求并集；当针对自变量分类讨论时，最后的结果必须求交集；
②整理出方法3只是为了说明这种方法也是可行的，但是碰到这类题目我们一般不采用方法3；
其中本题目求解中省略了求函数\(g(x)\)的两个最值的大量的篇幅。如果补充就等于我们一次做了2-3个题目，
从效率上说很不划算。
（1）求\(a，b\)的值；
分析：\(f(x)=a(x-1)^2+2+b-a\)，对称轴为\(x=1\)，给定区间为\([2，3]\)，
①当\(a>0\)时，\(f(x)\)在区间\([2，3]\)上为增函数，
故\(\left\{\begin{array}{l}{f(2)=2}\\{f(3)=5}\end{array}\right.\)，
即\(\left\{\begin{array}{l}{2+b=2}\\{3a+b+2=5}\end{array}\right.\)，解得\(\left\{\begin{array}{l}{a=1>0}\\{b=0}\end{array}\right.\)，满足题意；
②当\(a<0\)时，\(f(x)\)在区间\([2，3]\)上为减函数，
故\(\left\{\begin{array}{l}{f(2)=5}\\{f(3)=2}\end{array}\right.\)，
即\(\left\{\begin{array}{l}{2+b=5}\\{3a+b+2=2}\end{array}\right.\)，解得\(\left\{\begin{array}{l}{a=-1<0}\\{b=3}\end{array}\right.\)，满足题意；
故所求的\(a，b\)的值为\(\left\{\begin{array}{l}{a=1}\\{b=0}\end{array}\right.\)或\(\left\{\begin{array}{l}{a=-1}\\{b=3}\end{array}\right.\)，，
（2）若\(b<1\)，\(g(x)=f(x)-mx\)在区间\([2，4]\)上单调，求\(m\)的取值范围。
分析：法1，二次函数法，由于\(b<1\)，故\(a=1，b=0\)，即\(f(x)=x^2-2x+2\)，
\(g(x)=x^2-2x+2-mx=x^2-(2+m)x+2\)，对称轴为\(x=\cfrac{m+2}{2}\)，
由于\(g(x)\)区间\([2，4]\)上单调，则有
\(\cfrac{m+2}{2}\leq 2\)或\(\cfrac{m+2}{2}\ge 4\)，
解得\(m\leq 2\)或\(m\ge 6\)，故\(m\in (-\infty，2]\cup[6，+\infty)\)。
法2：导数法，\(g(x)=x^2-2x+2-mx=x^2-(2+m)x+2\)，
由于\(g(x)\)区间\([2，4]\)上单调，
①若\(g(x)\)区间\([2，4]\)上单调递增，
则有\(g'(x)\ge 0\)在区间\([2，4]\)上恒成立，且不为常函数；
\(g'(x)=2x-2-m\ge 0\)在区间\([2，4]\)上恒成立，分离参数得，
即\(m\leq 2x-2\)在区间\([2，4]\)上恒成立，
故\(m\leq (2x-2)_{min}=2\)；
②若\(g(x)\)区间\([2，4]\)上单调递减，
则有\(g'(x)\leq 0\)在区间\([2，4]\)上恒成立，且不为常函数；
\(g'(x)=2x-2-m\leq 0\)在区间\([2，4]\)上恒成立，分离参数得，
即\(m\ge 2x-2\)在区间\([2，4]\)上恒成立，
故\(m\ge (2x-2)_{max}=6\)；
综上所述，\(m\leq 2\)或\(m\ge 6\)，故\(m\in (-\infty，2]\cup[6，+\infty)\)。
解析：函数\(f(x)=x^2-ax+a+3\)，对称轴是\(x=\cfrac{a}{2}\)，\(\Delta=a^2-4(a+3)=a^2-4a-12\)，
\(h(x)=ax-2a=a(x-2)\)，恒过定点\((2，0)\)
\(1^。\) 当\(a=0\)时，\(f(x)=x^2+3，h(x)=0\)，满足题意。
\(2^。\) 当\(a>0\)时，\(x_0<2\)时，\(h(x_0)<0\)，故只须\(x_0<2\)时，\(f(x_0)\ge0\)恒成立。
只需要\(\begin{cases} &a>0 \\ &\Delta<0\end{cases}\)或者\(\begin{cases} &a>0 \\ &\Delta\ge 0 \\ &\cfrac{a}{2}\ge 2 \\ &f(2)=7-a\ge 0\end{cases}\)
解得\(0<a<6\)或\(6 \leq a \leq 7\)，故 \(0 <a \leq 7\).
\(3^。\) 当\(a<0\)时，\(x_0>2\)时，\(h(x_0)<0\)，故只须\(x_0>2\)时，\(f(x_0)\ge0\)恒成立。
只需要\(\begin{cases} &a<0 \\ &\Delta<0\end{cases}\)或者\(\begin{cases} &a<0 \\ &\Delta\ge 0 \\ &\cfrac{a}{2}\leq 2 \\ &f(2)=7-a\ge 0\end{cases}\)
解得\(-2<a<0\)或\(a \leq -2\)，故 \(a < 0\).
综合以上可知，\(a\leq 7\)。
法1：遇到恒成立问题，一般首先考虑能否分离参数的方法，本题目可以分离参数，但需要针对自变量分类讨论。
当\(x=0\)，\(-3<0\)恒成立，故\(a\in R\)；
当\(x\neq 0\)时，分离参数并整理，得到\(a<\cfrac{3-2x}{2x^2}\)恒成立，
令\(g(x)=\cfrac{3-2x}{2x^2}=\cfrac{3}{2}(\cfrac{1}{x})^2-\cfrac{1}{x}=\cfrac{3}{2}[(\cfrac{1}{x})^2-\cfrac{2}{3}\times\cfrac{1}{x}+(\cfrac{1}{3})^2]-\cfrac{3}{2}\times (\cfrac{1}{3})^2\)
\(=\cfrac{3}{2}(\cfrac{1}{x}-\cfrac{1}{3})^2-\cfrac{1}{6}\)恒成立，
由于\(x\in [-1，0)\cup(0，1]\)，故\(t=\cfrac{1}{x}\in (-\infty，-1]\cup[1，+\infty)\)，
则\(g(x)=h(t)=\cfrac{3}{2}(t-\cfrac{1}{3})^2-\cfrac{1}{6}\)，
故当\(t=1\)，即\(x=1\)时，\(g(x)_{min}=\cfrac{1}{2}\)；故\(a<\cfrac{1}{2}\)，
综上所述取交集，得到实数\(a\)的取值范围是\((-\infty，\cfrac{1}{2})\).
法2：还可以不分离参数，针对参数分类讨论如下。
①当\(a=0\)时，\(f(x)=2x-3\)，\(f(x)_{max}=f(1)=2-3<0\)成立，故\(a=0\)满足；
当\(a\neq 0\)时，\(f(x)\)为二次函数，对称轴为\(x=-\cfrac{1}{2a}\)，
②\(\left\{\begin{array}{l}{a>0}\\{f(1)<0}\\{f(-1)<0}\end{array}\right.\) 解得\(\left\{\begin{array}{l}{a>0}\\{a<\frac{1}{2}}\\{a<\frac{5}{2}}\end{array}\right.\) 即\(0<a<\cfrac{1}{2}\)
③\(\left\{\begin{array}{l}{a<0}\\{-\cfrac{1}{2a}\geqslant 1}\\{f(1)<0}\end{array}\right.\) 解得\(\left\{\begin{array}{l}{a<0}\\{-\frac{1}{2}\leqslant a<0 }\\{ a<\frac{1}{2}}\end{array}\right.\) 即\(-\cfrac{1}{2}\leqslant a<0\)
④\(\left\{\begin{array}{l}{a<0}\\{-\cfrac{1}{2a}\leqslant -1}\\{f(-1)<0}\end{array}\right.\) 解得\(\left\{\begin{array}{l}{a<0}\\{a\in \varnothing}\\{a<\frac{5}{2}}\end{array}\right.\) 即\(a\in \varnothing\)
⑤\(\left\{\begin{array}{l}{a<0}\\{\Delta<0}\end{array}\right.\) 解得\(\left\{\begin{array}{l}{a<0}\\{a<-\frac{1}{6}}\end{array}\right.\) 即\(a<-\cfrac{1}{6}\)
综上所述取并集，得到实数\(a\)的取值范围是\((-\infty，\cfrac{1}{2})\).
【解后反思】1、对于恒成立类题目，若针对自变量分类讨论，则结果必须取交集；若针对参数分类讨论，则结果必须取并集。2、若能注意到\(a<0\)，则对称轴\(x=-\cfrac{1}{2a}>0\)，则可以直接排除情形④的讨论；
