高中数学二次函数知识点总结

一.二次函数的三种表示方法：（1）一般式yax2bxc（2）顶点式ya(xm)（3）两根式22nya(xx1)(xx2)1若fxxbxc，且f10，f30，求f1的值．变式1：若二次函数fxax2bxc的图像的顶点坐标为2,1，与y轴的交点坐标为(0,11)，则B．aA．a1,b4,c113,b6,c113,b12,c11C．aD．a3,b12,c11变式2：若fxx2b2x3,x[b,c]fxax2bxcf的图像x=1对称，则c=_______．变式3：若二次函数的图像与x轴有两个不同的交点2Ax1,0、Bx2,0且x12x22269，试问该二次函数的图像由x3x1的图像向上平移几个单位得到？二．二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)有如下性质：

（1）顶点坐标(b4acb2；对称轴b；,)x2a4a2a2

（2）若a>0，且△=b-4ac≤0，那么f(x)≥0，x（3）若a>0，且f(x)≥0，那么△≤0；b2a时，f(x)min4acb24a；（4）若a>0，且存在x0∈(-∞，+∞)，使得f(x0)≤0，那么△≥0;若a<0，有与性质2、3、4类似的性质2将函数fx3x6x1配方，确定其对称轴，顶点坐标，求出它的单调区间及最大2值或最小值，并画出它的图像．xx2f12（变式1：已知二次函数fxax2bxcbB．a，如果fx1fx2(其中x1x2)，则）b2aA．变式2：函数大小关系是（C．cf4acb24aD．fx）x2pxq对任意的x均有1xf1x，那么f0、f1、f1的A．f1ff1f10f0B．f0f1f1yC．f1D．f1f0f11Ox高中数学安徽铜陵姚老师：13866500720变式3：已知函数fxax2bxc的图像如右图所示，请至少写出三个与系数a、b、c有关的正确命题_________．三．二次函数的单调性：bb当a0，x∈(－∞，－]时递减，x∈[－，＋∞)时递增2a2a当a0，x∈(－∞，－b]时递增，x∈[－，＋∞)时递减2a2a2b3.已知函数fxx2x，gxx2xx[2,4]2：(1)求fxgx，的单调区间；(2)求ffx，gx的最小值．)变式1：已知函数A．a3变式2：已知函数xx24ax2B．a在区间,6内单调递减，则a的取值范围是(3D．a3C．a3fxxx2a1x5f1在区间(,1)上为增函数，那么22的取值范围是_________．变式3：已知函数fx2kx在[2,4]上是单调函数，求实数k的取值范围．四．二次函数在给定区间的最值设fxax2bxca0，则二次函数在闭区间m,n上的最大、最小值有如下的分布情况：mnb2ambn2a即bm,n2abmn2afxmaxfmfxminfnfxmaxfxminmaxfn,fmfxmaxfnfxminfmbf2a对于开口向下的情况，讨论类似．其实无论开口向上还是向下，都只有以下两种结论：（1）若bfm,n2a，则xmaxbmaxfm,f,fn2abfxminminfm,f,fn2a2高中数学安徽铜陵姚老师：13866500720（2）若b2am,n，则fxmaxmaxfm,fn，fxminminfm,fn自另外，当二次函数开口向上时，自变量的取值离开对称轴越远，则对应的函数值越大；反过来，当二次函数开口向下时，变量的取值离开对称轴轴越远，则对应的函数值越小．4.已知函数fxx2x，gxx2xx[2,4]22：(1)求fx，gx的单调区间；(2)求fx，gx的最小值．变式1：已知函数A．fxx22x3在区间[0,m]上有最大值3，最小值2，则m的取值范围是C．1,xB．20,21,2D．,2变式2：若函数y3变式3：已知函数4的最大值为M，最小值为m，则M+m的值等于________．在区间[0,2]上的最小值为3，求a的值．fx4x24axa22a22变式4：求二次函数f(x)2x(1)定义域为6x在下列定义域上的值域：；(2)定义域为xZ0x32,1．变式5：函数f(x)2x26x2x2的值域是3220,2A．B．20,4920,2C．920,2D．变式6：函数y=cos2x+sinx的值域是__________．变式7：已知二次函数f(x)=ax2+bx（a、b为常数，且a≠0），满足条件f(1+x)=f(1－x)，且方程f(x)=x有等根．(1)求f(x)的解析式；(2)是否存在实数m、n（m0x1．已知f(x)3x3,

2

x6x5,1x6

(1)画出函数的图象；(2)求函数的单调区间；(3)求函数的最大值和最小值．变式1：指出函数yx22x32的单调区间．变式2：已知函数f(x)|x给下列命题：①2axb|(xR)．f(x)必是偶函数；f(x)的图像必关于直线x=1对称；②当f(0)f(2)时，2③若ab0，则f(x)在区间[a，＋∞)上是增函数；④f(x)有最大值|a2b|．其中正确的序号是___③变式3：设函数f(x)x|x|bxc,给出下列4个命题：①当c=0时，yf(x)是奇函数；②当b=0，c>0时，方程f(x)0只有一个实根；③yf(x)的图象关于点（0，c）对称；④方程f(x)0至多有两个实根．上述命题中正确的序号为————．七.恒成立问题的基本类型：类型1：设f(x)ax2bxc(a0)，（1）f(x)0在xR上恒成立a0且0；（2）f(x)0在xR上恒成立a0且0。类型2：设（1）当af(x)ax2bxc(a0)，0时，bbbf(x)0在x[,]上恒成立或或2a2a2af()00f()0f(x)0在x[,]上恒成立（2）当af()0f()0f()00时，f()0f(x)0在x[,]上恒成立f(x)0在x[,]上恒成立或或2a2a2af()00类型3：bbbf()0。f(x)对一切类型4：xI恒成立f(x)min；f(x)对一切xI恒成立f(x)maxf(x)g(x)对一切xI恒成立(xI)f(x)的图象在g(x)的图象的上方或f(x)ming(x)max4高中数学安徽铜陵姚老师：13866500720当a,b,c具有什么关系时，二次函数fxaxbxc的函数值恒大于零？恒小于零？2变式1.若不等式(m1)x2(m1)x20的解集是R，求m的范围。变式2：已知函数f(x)=lg(ax2

+2x+1)．(I)若函数f(x)的定义域为R，求实数a的取值范围；(II)若函数f(x)的值域为R，求实数a的取值范围．变式3：已知函数f(x)x2ax3a，若x2,2时，有f(x)2恒成立，求a的取值范围．2

变式4：若f(x)=x+bx+c，不论、为何实数，恒有f(sin)≥0，f(2+cos)≤0．(I)求证：b+c=－1；(II)求证：c≥3；(III)若函数f(sin)的最大值为8，求b、c的值．八．根与系数关系b2b24ac

一元二次方程axbxc0，用配方法将其变形为：(x)；b24ac来判2

2a4a

断二次方程有几个解；2

bb24acbb24acx1,x22a2ax1x2ba，x1.x2c；（韦达定理）。a例8：若x1,x2是方程x22x20090的两个根，试求下列各式的值：(2)2(1)x12x22；变式1：二次函数11；x1x2(3)(x15)(x25)；(4)|x1x2|．）yaxb与一次函数yaxb(ab)在同一个直角坐标系的图像为（y

OA．C变式2：直线ymx3与抛物线1y

OOB．yx

C．Oyx

D．2xx

:yx25mx4m,C2:yx2(2m1)xm3,C3:yx23mx2m3中至少有一条相交，则m的取值范围是什么?变式3：对于函数f(x)，若存在x0(R，使f(x0)=x0成立，则称x0为f(x)的不动点．如果函数f(x)=ax2+bx+1（a>0）有两个相异的不动点x1、x2．(I)若x1<1(II)若|x1|<2且|x1－x2|=2，求b的取值范围．12；5高中数学安徽铜陵姚老师：13866500720二次函数答案1．解析式、待定系数法b2a24acb214ac11解：由题意可知变式1：，解得a3b12c11，故选D．b21变式2：解：由题意可知2，解得b=0，∴0c12，解得c=2．3x1k2变式3：解：由题意可设所求二次函数的解析式为fx，展开得fx3x26x3k，∴x1x22,x1x2x12x223k3，∴x1x222x1x2f2649，即3232k326k9，解得43．所以，该二次函数的图像是由xx1的图像向上平移43单位得到的，它的解析式是fx3x124f3，即x3x26x53．2．图像特征x1x2变式1：解：根据题意可知2b2a，∴xx24acb2f124a，故选D．f变式2：解：∵f1xf1x，∴抛物线xx2pxq的对称轴是x1，∴p12即p2，x22xqf，∴∴fxff0q、f13q、f11q，故有10f1，选C．变式3：解：观察函数图像可得：a>0(开口方向)；②c=1(和y轴的交点)；f③4a2b10(和x轴的交点)；④ab10(10)；⑤b4a0(判别式)；⑥f21b22a(对称轴)．3．单调性变式1：解：函数由已知函数在区间xx24ax2图像是开口向上的抛物线，其对称轴是x2a，,6,6内单调递减可知区间3，故选D．应在直线x2a的左侧，∴2a6，解得a变式2：解：函数fxx2a1x5x重合或位于直线在区间(12,1)上为增函数，由于其图像(抛物线)开口向上，所以其对称轴xa11x2或与直线2f1a112的左侧，即应有22，解得a2，f∴24a1257，即27．6高中数学安徽铜陵姚老师：13866500720变式3：解：函数fxx2kx的图像是开口向下的抛物线，经过坐标原点，对称轴是xk2，∵已知函数在[2,4]上是单调函数，∴区间[2,4]应在直线xk2的左侧或右侧，kk4222即有或，解得k4或k8．4．最值变式1：解：作出函数fxx22x3的图像，开口向上，对称轴上x=1，顶点是(1，2)，和y轴的交点是(0，3)，∴m的取值范围是1m2，故选C．2变式2：解：函数有意义，应有x∴∴40，解得2x2，x246，0x244(0M=6，m=0，故M+m=6．x242(03变式3：解：函数0fxf的表达式可化为xa4x2222a．①当a22，即0a4时，fx有最小值22a，依题意应有22a3，解得a12，这个值与0a4相矛盾．a0f②当2，即a0时，又∵a0，∴a1

0a22a2是最小值，依题意应有a22a23，解得a12，2为所求．a2f2③当，即a4时，依题意应有168aa综上所述，a22168aa22a2是最小值，2a23，解得a510，又∵a4，∴a510为所求．12或a510．变式4：解：作出函数f(x)2x26x2x233,22,2上是增函数，在2上的图象，容易发现在是减函数，求出f(2)20，f(2)4，f(39)22，注意到函数定义不包含x2920,2．，所以函数值域是变式6：解：∵y=cos2x+sinx=－2sin2x+sinx+1，令t=sinx([－1,1]，则y=－2t2+t+1，其中t([－1,1]，∴y([－2,98]，即原函数的值域是[－2,98]．变式7：解：(I)∵f(1+x)=f(1－x)，∴－b2a=1，又方程f(x)=x有等根(ax2+(b－1)x=0有等根，11∴△=(b－1)2=0(b=1(a=－，∴f(x)=－x2+x．22(II)∵f(x)为开口向下的抛物线，对称轴为x=1，1(当m≥1时，f(x)在[m,n]上是减函数，∴13m=f(x)min=f(n)=－n2+n2(*)，7高中数学安徽铜陵姚老师：13866500720113n=f(x)max=f(m)=－m2+m，两式相减得：3(m－n)=－(n2－m2)+(n－m)，22∵1≤m0时，2xc,x0f(x)xxc2xc,x0，x2c0x2c0x0x0f(x)0方程即或，x2c0x0x2c0x0显然方程(3)设无解；方程的唯一解是xc，所以②是正确的；x0,y0是函数f(x)x|x|bxc图像上的任一点，应有y0x0|x0|bx0c，而该点关于（0，c）对称的点是x0,2cy0，代入检验2cy0x0|x0|bx0c即y0x0|x0|bx0c，也即y0x0|x0|bx0c，所以x0,2cy0也是函数f(x)x|x|bxc图像上的点，所以③是正确的；(4)若b1,c0，则f(x)x|x|x，显然方程x|x|x0有三个根，所以④是不正确的．7．值域8．恒成立问题变式1：解：(I)函数f(x)的定义域为R，即不等式ax2+2x+1>0的解集为R，∴应有∴>0{△=a4－4a<0(a>1，实数a的取值范围是(1,+()．(II)函数f(x)的值域为R，即ax2+2x+1能够取(0,+()的所有值．9高中数学安徽铜陵姚老师：138665007201(当a=0时，ax2+2x+1=2x+1满足要求；2(当a≠0时，应有∴>0{△=a4－4a≥0(022a222；⑶当a22，即a4时，应有g(a)f(2)7a2，即a5，5a4综上所述5a222．变式3：证明：(I)依题意，f(sin∴错误!)=f(1)≥0，f(2+cos()=f(1)≤0，f(1)=0(1+b+c=0(b+c=－1，(*)(II)由(I)得：f(x)=x2－(c+1)x+c∵f(2+cos()≤0((2+cos()2－(c+1)(2+cos()+c≤0((1+cos()[c－(2+cos()]≥0，对任意(成立．∵∴1+cos(≥0(c≥2+cos(，c≥(2+cos()max=3．(III)由(*)得：f(sin()=sin2(－(c+1)sin(+c，设t=sin(，则g(t)=f(sin()=t2－(c+1)t+c，－1≤t≤1，这是一开口向上的抛物线，对称轴为t=c+12，3+1由(II)知：t≥=2，2∴g(t)在[－1,1]上为减函数．∴g(t)max=g(－1)=1+(c+1)+c=2c+2=8，∴c=3∴b=－c－1=－4．10高中数学安徽铜陵姚老师：138665007209．根与系数关系变式1：解：二次函数yax2b与一次函数图象yaxb交于两点(o,b)、(1,aa,bb)，由二次函数图象知a,b异号，互相矛盾，故舍去B,C．同号，而由B,C中一次函数图象知又由a相符．变式2：解：原命题可变为：求方程mx3x2b知，当ab0时，b1a，此时与A中图形不符，当04m，mxab时，b1a，与D中图形25mx3x2(2m1)xm3，mx3x23mx2m3中至少有一个方程有实数解，而此命题的反面是：“三个方程均无实数解”，于是，从全体实数中除去三个方程均无实数解的m的值，即得所求．解不等式组(4m)24(4m3)0,22(m1)4m0,4m24(2m)0,m得3m12，故符合条件的m取值范围是32或m1．b2a∵g(x)=f(x)－x=ax2+(b－1)x+1，a>0，变式3：解：(I)由f(x)表达式得m=－由x1，x2是方程f(x)=x的两相异根，且x1<11(－>，即m>．a2a22，x1x2=1a，(II)△=(b－1)2－4a>0((b－1)2>4a，x1+x2=1－ba∴1－b4|x1－x2|2=(x1+x2)2－4x1x2=()2－=22，∴aa|x1－x2|=2，∴x1、x2到g(x)对称轴x=1－b2a1－b2a(b－1)2=4a+4a2(*)又的距离都为1，要g(x)=0有一根属于(－2,2)，则g(x)对称轴x=((－3,3)，∴－316|b－1|，把代入(*)得：(b－1)2>2314|b－1|+19(b－1)2，解得：b<14或b>74，∴b的取值范围是：(－(,)∪(74,+()．11