二次函数动轴与动区间问题

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1、二次函数在闭区间上的最值一、知识要点： 一元二次函数的区间最值问题，核心是函数对称轴与给定区间的相对位置关系的讨论。一般 分为：对称轴在区间的左边，中间，右边三种情况.设f (x)二ax2 + bx + c(a丰0)，求f (x)在x wm, n上的最大值与最小值。分析：将f (x)配方，得顶点为-V 2a4ac - b 24a 丿、对称轴为x 当a 0时，它的图象是开口向上的抛物线，数形结合可得在m, n上f (x)的最值： b ( b、4ac b2(1)当亍w S, ni时，f (x)的最小值是f I -I，f (x)的最大值是2aV 2a丿4af (m)、f (n) 中的较大者。(2)当

2、 一2 电 Cm，n时2a若一f m，由f (x)在Cm n上是增函数则f (x)的最小值是f (m)，最大值是f (n) 2a若n _丄，由f (x)在Im，n上是减函数则f (x)的最大值是f (m)，最小值是f (n) 2a当a 0时，可类比得结论。二、例题分析归类：(一)、正向型 是指已知二次函数和定义域区间，求其最值。对称轴与定义域区间的相互位置关系的讨论往 往成为解决这类问题的关键。此类问题包括以下四种情形：(1)轴定，区间定；(2)轴定， 区间变；(3)轴变，区间定；(4)轴变，区间变。1. 轴定区间定 二次函数是给定的，给出的定义域区间也是固定的，我们称这种情况是“定二次函数在

3、定区间上的最值”例1.函数y 一x2 + 4x 一 2在区间0, 3上的最大值是，最小值是。2。解：函数y 一x2 + 4x 一 2 一(x 一 2)2 + 2是定义在区间0, 3上的二次函数，其对称轴方 程是x 2，顶点坐标为(2, 2),且其图象开口向下，显然其顶点横坐标在0, 3上，如图 1 所示练习.已知2x2 3x,求函数f (x) x2 + x + 1的最值。上的二次函数。将二次函数配方得f (X)二(1)2 3 X + k2)+-，其对称轴方程x = 2，顶点坐标(1，442k 24，且3解:由已知2x2 3x,可得0x，即函数f (x)是定义在区间0,3图象开口向上。显然其顶点

4、横坐标不在区间0， 2内，如图2所示。函数f (X)的最小值为/ (。)=1，最大值为 f 2= 例 3.已知 f（x）二x 2 -2 x +3，当x e t，t +1（t e R）时，求 f（x）的最大值. 解：由已知可求对称轴为x二1.图2解：函数f (X)二(X - 1)2 + 1，其对称轴方程为X = 1，顶点坐标为(1, 1),图象开口向上。t 1 t+1图1如图 1 所示，若顶点横坐标在区间 t，图2图3t +1左侧时，有1 t，此时，当X = t时，函数取2、轴定区间变二次函数是确定的，但它的定义域区间是随参数而变化的，我们称这种情况是“定函数在 动区间上的最值”例2.如果函数f

5、 (X) = (X 1)2 + 1定义在区间L t + 1上，求f (X)的最小值。得最小值 f(X)= f(t) =(t1)2 +1。min如图2所示，若顶点横坐标在区间，t + 1上时，有 t 1 t +1，即 0 t 1。当 X = 1时，函数取得最小值 f (X)min= f (1)=1。 min如图3所示，若顶点横坐标在区间L，t + 1右侧时，有t +1 1，即t 0。当x = t +1时,函数取得最小值f (X)= f (t + 1) = t2 + 1min综上讨论，f ( x)= 11, 0 t 112 + 1 t 1 时f (x)= f (t +1) =12 + 2(2)当t

6、 W 1 W t +1, 即 0 W t W 1 时，1， t + t + 11根据对称性若一 t W1若 22即2时，(3)当t +1 1 即t 综上，f (x)= 0时f (x)=maxb1f (m),n (m+n)(如图l)2a 2b1f (n)，- 亍 怎(m+n)(如图2) 2a 2.= n(如图3)2abb)，mn(如图4)2a2a2 m(如图5)2af ( m)，f (m),(m+n)(如图9)2a 2=当a 0时f(x)=maxbbf()，mn(如图7) f(x)2a2abf (m), m(如图8)2am.nf (n)， (m+n)(如图10)2a 2动二次函卧种情况是数随着参

7、数的变化而变化，即其图象是运动的，但定义域区间是固定的，我们称这例4.已知x2 0，求函数f (x)二x2 + ax + 3的最值。a 2将 f (x)配方得：f (x)二 x + -a二次函数f (x)的对称轴方程是x顶点坐标为-=2一, I 2a由a 2可得x二-1，显然其顶点横坐标在区间11,函数的最小值是f (1)二4 - a，最大值是f (1)二4 + a。_ a 2)3，图象开口向上 4丿1的左侧或左端点上。图3例5 求f(x)二x2 + 2ax +1在区间-1,2上的最大值。(2)求函数y = 一x(x 一 a)在x g 1,1上的最大值。 解: (1)二次函数的对称轴方程为x

8、= -a，11当a 时，2211当a 即a 一一时，22f(x) = f(2) = 4a + 5 ；maxf(x) = f( 1) = 2a + 2。max综上所述：f(x)=max2a + 2,a 2aa 2aa aa(2)函数y = (x - 2)2 + 图象的对称轴方程为x =，应分一1 1， 1即解：由已知有-1 x 2，于是函数f (x)是定义在区间Ll, 1上的二次函数,-2 a 2 , a 2这三种情形讨论，下列三图分别为(1) a -2 ；由图可知 f (x)二 f (-1)max(2) - 2 a 2 时；由图可知 f (x)二 f (1) max(a +1), a -2-

9、y最大f (-1), a -2 f (号)，-2 a 2；即y最大a 24-2a 2f(1),a24. 轴变区间变 二次函数是含参数的函数，而定义域区间也是变化的，我们称这种情况是“动二次函数在动区间上的最值”例 6.已知 y2 二 4a(x-a)(a )，求u 二(x-3)2 + y2 的最小值。解：将y2二4a(x- a)代入u中，得u = (x-3)2 +4a(x- a) = x - (3- 2a)2 + 12a - Ba2, x e a, +oo) 3 - 2盘 3 盘，即 Ou 住乞 1 时，了= / (3 2(3)=12(38(3 3- 2a a，即时，f (乳)通=了)=2_3亍

10、/Wnm(3)(0 fl 0,则 f (x)= f =8a +1，由 8a +1 二 4，得a =-max 8(3)若a 0 时，则 f (x)= f (一1) = 1 a，由 1 a = 4，得a = 3max3综上知a = 6或a = 38例8.已知函数f (x) = 2 + x在区间m,n上的最小值是3m最大值是3n，求m，n的值。解法1 :讨论对称轴x = 1m+n中1与m,2, n 的位置关系。若若 m 1 m+n则f (x)= f (n) = 3nmaxf (x) = f (m) = 3m min 1 n，则f(x)= f (1)= 3nmaxf (x)= f (m) = 3mmi

11、n则f ( x) max f ( x ) min，解得矗=-4, n= 0，无解= f (1)=3n= f (n) = 3m，无解n| I f (x)则一、max f ( x) i min= f (m) = 3n= f (n) = 3m，无解综上， m=4,n=0解析2:由 f (x) = 2(x 1)2 + 2，知3n 2,n 0与a 0, y 0, x + 2y二1，那么2x + 3y2的最小值为9. 设m e R, x , x是方程x2 一 2mx +1 m2 = 0的两个实根，则x2 + x2的最小值1 2 1 210设f (x)二 x2 4x 4,x e t,t + 1(t e R)

12、,求函数 f (x)的最小值 g(t)的解析式。a11已知f (x)二x2 ax +，在区间0,1上的最大值为g(a)，求g(a)的最小值。12.(2009 江苏卷)设 a 为实数，函数 f (x) = 2 x2 + (x a)l x a I.(1)若f(0) 1，求a的取值范围；求f (x)的最小值；设函数h(x) = f(x),xe(a, +刈，直接写出(不需给出演算步骤)不等式h(x) 1的解集.【解析】本小题主要考查函数的概念、性质、图象及解一元二次不等式等基础知识，考查灵活 运用数形结合、分类讨论的思想方法进行探索、分析与解决问题的综合能力。(1)若f(0) 1，则a|aI 1 nJ na 1(2)当 x a 时，f (x) = 3x2 2ax + a2,f ( x)minf (a),a 0 I 2a2,a 0 f (a), a 怜,a 0当x 0 I 2a2,a 0f (a),a 012a2,a 0 综上 f (x)min = J 2a2min ,a 1 得3x2 2ax + a2 1 0， A = 4a2 12(a2 1) = 12 8a2当a 一壬或a汽时，A 0, x e (a,切;当 0x a讨论得：当a e巨虽)时，解集为(a, +8)；a 2 2当ae (一血一五)时，解集为(a,心弓一巫u心严,+8)； 当a e 2耳时，解集为吐上2竺+8).2 23