二次函式函式經典綜合題30例

2022-08-19 14:48:04 字數 4872 閱讀 4226

1.已知二次函式,不等式的解集為.

(ⅰ)若方程有兩個相等的實根,求的解析式;

(ⅱ)若的最大值為正數,求實數的取值範圍.

1、解:(ⅰ)∵不等式的解集為

∴和是方程的兩根

又方程有兩個相等的實根

∴∴∴或(舍

(ⅱ)由(ⅰ)知

∵,∴的最大值為

∵的最大值為正數

∴∴解得或

∴所求實數的取值範圍是 -

2:已知二次函式f(x)=ax2+bx(a,b是常數且a≠0)滿足條件f(2)=0且方程f(x)=x有等根.

(1)求f(x)的解析式.

(2)問是否存在實數m,n(m解:(1) 依題設方程 ax2+(b-1)x=0有等根,

∴(b-1)2=0 得 b=1.

又 f(2)=0,即 4a+2b=0,得 ,

所以,.

(2)由(1) , ∴ ,即.

而拋物線f(x)的對稱軸為x=1,則f(x)在[m,n]上為增函式,

(2)問是否存在實數m,n(m設m,n存在,可得:

即 ,得,

又 ,得 .

故存在實數m=-2,n=0,使f(x)的定義域為[-2,0]值域為[-4,0].

3.已知函式().

(1)若的定義域和值域均是,求實數的值;

(2)若在區間上是減函式,且對任意的,,總有

,求實數a的取值範圍.

【解】∵(),

∴在上是減函式,

又定義域和值域均為,∴ ,

即 , 解得 .

(ii) ∵在區間上是減函式,∴,

又,且,

∴,.∵對任意的,,總有,

∴,即 ,解得 ,

又, ∴.

4.設為實數,函式.

(1)若,求a的取值範圍;

(2)(2)求的最小值;

(3)(3)設函式,,直接寫出(不需給出演算步驟)不等式的解集.

【解析】(1)若,則

(2)當時,

當時,綜上(3) 時,得,

當時,;

當時,得

1)時,

2)時,

3)時,

5.已知二次函式f(x)=ax2+bx+c和一次函式g(x)=-bx,其中a、b、c滿足a>b>c,a+b+c=0,(a,b,c∈r)。

(1)求證:兩函式的圖象交於不同的兩點a、b;

(2)求線段ab在x軸上的射影a1b1的長的取值範圍。

證明(1) 由消去y得ax2+2bx+c=0

δ=4b2-4ac=4(-a-c)2-4ac=4(a2+ac+c2)

=4[(a+c2]

∵a+b+c=0,a>b>c,∴a>0,c<0

∴c2>0,∴δ>0,即兩函式的圖象交於不同的兩點。

解(2) 設方程ax2+bx+c=0的兩根為x1和x2,則

x1+x2=-,x1x2=。|a1b1|2=(x1-x2)2=(x1+x2)2-4x1x2

∵a>b>c,a+b+c=0,a>0,c<0

∴a>-a-c>c,解得∈(-2,-)

∵的對稱軸方程是

∈(-2,-)時,為減函式

∴|a1b1|2∈(3,12),故|a1b1|∈()

6.設f(x)=x2-2ax+2.當x∈[-1,+∞)時,f(x)≥a恆成立,求實數a的取值範圍.

解:(1)當a≤-1時,f(x)min=f(-1)=3+2a,x∈[-1,+∞),f(x)≥a恆成立

f(x)min≥a,即3+2a≥aa≥-3.故此時-3≤a≤-1.

(2)當a>-1時,f(x)min=f(a)=a2-2a2+2=2-a2,x∈[-1,+∞),f(x)≥a恆成立f(x)min≥a,即2-a2≥aa2+a-2≤0-2≤a≤1.故此時-1<a≤1.

由(1)(2)知,當-3≤a≤1時,x∈[-1,+∞),f(x)≥a恆成立.

已知f (x)=x2-2x+2,在x∈[t,t+1]上的最小值為g (t),求g (t)的表示式。

解:f (x)= (x-1)2+1

(1)當t+1<1即t<0時,g(t)=f(t+1)=t2+1

(2)當t≤1≤t+1,即0≤t≤1時,g (t)=f (1)=1

(3)當t>1時,g(t)=f (t)=t2-2t+2

綜合(1)、(2)、(3)得:

7.對於函式f(x),若存在x0∈r,使f(x0)=x0成立,則稱x0為f(x)的不動點.已知函式f(x)=ax2+(b+1)x+b-1(a≠0).

(1)當a=1,b=-2時,求f(x)的不動點;

(2)若對於任意實數b,函式f(x)恒有兩個相異的不動點,求a的取值範圍.

解:(1)當a=1,b=-2時,f(x)=x2-x-3=xx2-2x-3=0(x-3)(x+1)=0x=3或x=-1,∴f(x)的不動點為x=3或x=-1.

(2)對任意實數b,f(x)恒有兩個相異不動點對任意實數b,ax2+(b+1)x+b-1=x恒有兩個不等實根對任意實數b,δ=(b+1)2-4a(b-1)>0恆成立對任意實數b,b2+2(1-4a)b+1+4a>0恆成立δ′=4(1-4a)2-4(1+4a)<0(1-4a)2-(1+4a)<04a2-3a<0a(4a-3)<00<a<.

8.已知二次函式f (x)=ax2+x.(1)若對於任意m,nr,有f()[f(m)+ f(n)]成立,求實數a的取值範圍;(2)若時,有,試求實數a的取值範圍.

(1)a>0

(2) (ⅱ)由|f(x)|≤1等價於-1≤f(x)≤1,即-1≤ax2+x≤1(*),而x∈[0,1],

(1) 當x=0時,a≠0, (*)式顯然成立;

(2) 當x∈時, (*)式化為在x∈上恆成立.

設t=,則有-t2-t≤a≤t2-t,所以只須

又a≠0,故得到-2≤x<0.

綜上所述,a的取值範圍是.

9.已知a≥1/2,f(x)=-a2x2+ax+c.

(1)如果對任意x∈[0,1],總有f(x)≤1成立, 證明c≤3/4;

(2)已知關於x的二次方程f(x)=0有兩個不等實根,,且,求實數c的取值範圍

【解】(1)f(x)=-a2(x-)2+c+,

∵a≥,∴∈(0,1,

∴x∈(0,1時,[f(x)]max=c+,

∵f(x)≤1,則[f(x)]max=c+≤1,即c≤,

∴對任意x∈[0,1],總有f(x)≤1成立時,可得c≤.

(2)∵a≥,∴>0

又拋物線開口向下,f(x)=0的兩根在[0,內,

所求實數c的取值範圍為

10. 設函式求證:

(1);

(2)函式在區間(0,2)內至少有乙個零點;

(3)設是函式的兩個零點,則

證明:(1)

又又2c=-3a-2b 由3a>2c>2b ∴3a>-3a-2b>2b

∵a>0

(2)∵f(0)=c,f(2)=4a+2b+c=a-c

①當c>0時,∵a>0,∴f(0)=c>0且

∴函式f(x)在區間(0,1)內至少有乙個零點

②當c≤0時,∵a>0

∴函式f(x)在區間(1,2)內至少有乙個零點.

綜合①②得f(x)在(0,2)內至少有乙個零點

(3)∵x1,x2是函式f(x)的兩個零點

則的兩根

∴11.設函式f(x)=x2+|x-2|-1,x∈r.

(1)判斷函式f(x)的奇偶性;

(2)求函式f(x)的最小值.

解:(1)f(x)=

∵f(0)=1≠0,

∴f(x)不是r上的奇函式.

∵f(1)=1,f(-1)=3,f(1)≠f(-1),

∴f(x)不是偶函式.

故f(x)是非奇非偶的函式.

(2)當x≥2時,f(x)=x2+x-3,此時f(x)min=f(2)=3.

當x<2時,f(x)=x2-x+1,此時f(x)min=f()=.

總之,f(x)min=.

12.已知二次函式.

(1)若,試判斷函式零點個數;

(2)若對且,,試證明,使成立;

(3)是否存在,使同時滿足以下條件 ①對,,且y∈[0,+∞);②對,都有. 若存在,求出的值,若不存在,請說明理由.

解(1)∵,∴ ,故

,當時,函式有乙個零點;

當時,,函式有兩個零點。

(2)令,

則∴ (),

∴ 在內必有乙個實根,即,使成立

(3) 假設存在,由①知拋物線的對稱軸為,且,

∴,,∴ ,,從而

由②知對,都有,

令得, ∴ ,即, ∴

由得,,

當,時,,其頂點為滿足條件①,又對,都有滿足條件②.

∴存在,使同時滿足條件①、②.

解法2:假設存在,由①知拋物線的對稱軸為,且,

∴,,∴ ,,從而,

,都有,

對恆成立, ①

對恆成立,

②所以:,,∴存在,使同時滿足條件①、②.

13.已知二次函式f(x)=ax2+bx+c(a,b,c均為實數),滿足a-b+c=0,對於任意實數x 都有f (x)-x≥0,並且當x∈(0,2)時,有f (x)≤.

(1)求f (1)的值;

(2)證明:ac≥;

(3)當x∈[-2,2]且a+c取得最小值時,函式f(x)=f (x)-mx (m為實數)是單調的,求證:m≤或m≥.

.解:(1)∵對於任意x∈r,都有f (x)-x≥0,且當x∈(0,2)時,

有f (x) ≤.令x=1

∴1≤f (1) ≤.

即f (1)=1

(2) 由a-b+c=0及f (1)=1.

有,可得b=a+c=.

又對任意x,f(x)-x≥0,即ax2-x+c≥0.

∴a>0且△≤0.

即-4ac≤0,解得ac≥.

(3) 由(2)可知a>0,c>0.

a+c≥2≥2·=.

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