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遼寧省大連23中2009年高考數學第二輪復習秘笈1：

二次函數

.二次函數是中學代數的基本內容之一，它既簡單又具有豐富的內涵和外延. 作為最基本的初等函數，可以以它為素材來研究函數的單調性、奇偶性、最值等性質，還可建立起函數、方程、不等式之間的有機聯系；作為拋物線，可以聯系其它平面曲線討論相互之間關系.  這些縱橫聯系，使得圍繞二次函數可以編制出層出不窮、靈活多變的數學問題.　同時，有關二次函數的內容又與近、現代數學發展緊密聯系，是學生進入高校繼續深造的重要知識基礎. 因此，從這個意義上說，有關二次函數的問題在高考中頻繁出現，也就不足為奇了.

    學習二次函數，可以從兩個方面入手：一是解析式，二是圖像特征. 從解析式出發，可以進行純粹的代數推理，這種代數推理、論證的能力反映出一個人的基本數學素養；從圖像特征出發，可以實現數與形的自然結合，這正是中學數學中一種非常重要的思想方法. 本文將從這兩個方面研究涉及二次函數的一些綜合問題.代數推理

由于二次函數的解析式簡捷明了，易于變形（一般式、頂點式、零點式等），所以，在解決二次函數的問題時，常常借助其解析式，通過純代數推理，進而導出二次函數的有關性質.

1.1  二次函數的一般式中有三個參數. 解題的關鍵在于：通過三個獨立條件“確定”這三個參數.

例1 　已知，滿足1且，求的取值范圍.

分析：本題中，所給條件并不足以確定參數的值，但應該注意到：所要求的結論不是的確定值，而是與條件相對應的“取值范圍”，因此，我們可以把1和當成兩個獨立條件，先用和來表示.

解：由，可解得：

      （*）

將以上二式代入，并整理得

　　　　　,

∴ .

又∵，,

∴ .

例2  設，若，，, 試證明：對于任意，有.

分析：同上題，可以用來表示.

解：∵ ,

∴ ,

∴ .

∴ 當時，

當時，

綜上，問題獲證.

1.2  利用函數與方程根的關系，寫出二次函數的零點式

例３　設二次函數，方程的兩個根滿足.  當時，證明.

分析：在已知方程兩根的情況下，根據函數與方程根的關系，可以寫出函數的表達式，從而得到函數的表達式.

證明：由題意可知.

,

∴ ,

∴  當時，.

又,

∴  ,

綜上可知，所給問題獲證.

1.3    緊扣二次函數的頂點式對稱軸、最值、判別式顯合力

例4   已知函數。

（1）將的圖象向右平移兩個單位，得到函數，求函數的解析式；

（2）函數與函數的圖象關于直線對稱，求函數的解析式；

（3）設，已知的最小值是且，求實數的取值范圍。

解：(1)

(2)設的圖像上一點，點關于的對稱點為，由點Q在的圖像上，所以

        ，

于是      

即       

（3）.

設，則.

問題轉化為：對恒成立.  即

          對恒成立.     （*）

故必有.（否則，若，則關于的二次函數開口向下，當充分大時，必有；而當時，顯然不能保證（*）成立.），此時，由于二次函數的對稱軸，所以，問題等價于，即，

解之得：.

此時，，故在取得最小值滿足條件.

2  數形結合

二次函數的圖像為拋物線，具有許多優美的性質，如對稱性、單調性、凹凸性等. 結合這些圖像特征解決有關二次函數的問題，可以化難為易.，形象直觀.

2.1  二次函數的圖像關于直線對稱， 特別關系也反映了二次函數的一種對稱性.

例5  設二次函數，方程的兩個根滿足.  且函數的圖像關于直線對稱，證明：.

解：由題意 .

由方程的兩個根滿足, 可得

且,

∴ ，

即  ，故  .

2.2 二次函數的圖像具有連續性，且由于二次方程至多有兩個實數根. 所以存在實數使得且在區間上，必存在的唯一的實數根.

例6  已知二次函數，設方程的兩個實數根為和.

（1）如果，設函數的對稱軸為，求證：；

（2）如果，，求的取值范圍.

分析：條件實際上給出了的兩個實數根所在的區間，因此可以考慮利用上述圖像特征去等價轉化.

解：設，則的二根為和.

（1）由及，可得  ，即，即

兩式相加得，所以，;

（2）由, 可得  .

又，所以同號.

∴ ，等價于或,

即   或

解之得  或.

2.3  因為二次函數在區間和區間上分別單調，所以函數在閉區間上的最大值、最小值必在區間端點或頂點處取得；函數在閉區間上的最大值必在區間端點或頂點處取得.

例7  已知二次函數，當時，有，求證：當時，有.

分析：研究的性質，最好能夠得出其解析式，從這個意義上說，應該盡量用已知條件來表達參數. 確定三個參數，只需三個獨立條件，本題可以考慮，，，這樣做的好處有兩個：一是的表達較為簡潔，二是由于正好是所給條件的區間端點和中點，這樣做能夠較好地利用條件來達到控制二次函數范圍的目的.

要考慮在區間上函數值的取值范圍，只需考慮其最大值，也即考慮在區間端點和頂點處的函數值.

解：由題意知：，

∴ ，

∴ .

由時，有，可得 .

∴  ,

.

    （1）若，則在上單調，故當時，

∴  此時問題獲證.

（2）若，則當時，                 

又，

∴  此時問題獲證.

綜上可知：當時，有.