初高中数学衔接课程教案10含参二次函数的最值_初高中数学衔接教案

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初高中数学衔接课程教案10 含参二次函数的最值

一、知识点梳理

一元二次函数的区间最值问题，核心是对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)ax2bxc(a0)，求f(x)在x[m，n]上的最大值与最小值． 分析：将f(x)配方，得对称轴方程x当a0时，抛物线开口向上

b 2ab[m，n]必在顶点取得最小值，离对称轴较远端点处取得最大值； 2ab[m，n] 若2a若当a0时，抛物线开口向上，此时函数在[m，n]上具有单调性，故在离对称轴xb较2a远端点处取得最大值，较近端点处取得最小值．当a0时，如上，作图可得结论，对二次函数的区间最值结合函数图象总结如下： 当a0时

f(x)maxb1f(m)，(mn)(如图1)2a2f(x)minb1f(n)，(mn)(如图2)2a2bf(n)，n(如图3)2abbf()，mn(如图4)

2a2abf(m)，m(如图5)2a

当a0时

f(x)maxbf(n)，n(如图6)b12af(m)，(mn)(如图9)2a2bb f()，mn(如图7)f(x)min2a2af(n)，b1(mn)(如图10)b2a2f(m)，m(如图8)2a

二、典型例题 1．轴定区间定

例1．已知函数f(x)x2解析：f(x)(x所以x23x1,x[1,3],，求函数f(x)的最大值与最小值． 3324) 334323时，f(x)min;x1时，f(x)max．

333

2．轴定区间动

例2．设a为实数，函数f(x)x2|xa|1,aR,，求f(x)的最小值．

2解析：（1）当xa时，f(x)(x)1，则f(x)min21②若a，则f(x)minf(a)a21

2123（2）当xa时，f(x)(x)a

241①若a，则f(x)minf(a)a21;；

2113②若a，则f(x)minf()a

22413111综上所述，当a时，f(x)mina；当a时，f(x)mina21；当a242223时，f(x)mina．

4①若a

3．轴动区间定

例3．求函数yx(xa)在x[1,1]上的最大值．

13a

2413f()a;

24a2a2aaa解析：函数y(x)图象的对称轴方程为x，应分11，1，22224a1即2a2，a2和a2这三种情形讨论，下列三图分别为 2（1）a2；由图可知f(x)maxf(1)

（2）2a2；由图可知f(x)maxf()

a2（3）a2时；由图可知f(x)maxf(1)

f(1),a2(a1),a2y最大f(a2),2a2；即ya2最大,2a2

1),a24f(a1,a2

4．轴变区间变

例4．已知y24a(xa)(a0),，求u(x3)2y2的最小值． 解析：将y24a(xa)代入u中，得

①，即时，②，即时，所以

5、逆向型

例5．已知函数f(x)ax22ax1在区间[3,2]上的最大值为4，求实数a的值．解析：f(x)a(x1)21a,x[3,2]（1）若a0,f(x)1,，不合题意．（2）若a0,则f(x)maxf(2)8a1

由8a14，得a38（3）若a0时，则f(x)maxf(1)1a

由1a4，得a3

综上知a

3或a3 8x2x在区间[m,n]上的值域是[3m,3n]，求m，n的值． 例6．已知函数f(x)2mn,n的位置关系． 解析1：讨论对称轴中1与m,2①若解得②若，则 f(x)maxf(n)3n

f(x)minf(m)3mf(x)maxf(1)3nmn1n，则，无解 2f(x)minf(m)3mf(x)maxf(1)3nmn，则，无解 2f(x)minf(n)3m③若m1f(x)maxf(m)3n④若，则，无解

f(x)f(n)3mmin综上，m4,n0

11112解析2：由f(x)(x1)，知3n,n,，则[m,n](,1]，f(x)在[m,n]上2226递增． 所以f(x)maxf(n)3n

f(x)minf(m)3m解得m4,n0

评注：解法2利用闭区间上的最值不超过整个定义域上的最值，缩小了m，n的取值范围，避开了繁难的分类讨论，解题过程简洁、明了．

三、巩固练习

1、已知二次函数f(x)满足条件f(0)1及f(x1)f(x)2x（1）求f(x)；

（2）求f(x)在区间[1,1]上的最大值和最小值

2解：（1）设f(x)axbxc，由f(0)1，可知c1

∵f(x1)f(x)[a(x1)b(x1)c](axbxc)2axab 故由f(x2)f(x)2x得2a2，ab0

2因而a1，b1所以f(x)xx14 22（2）f(x)xx1(x)123 4113[1,1]，所以当x时，f(x)的最小值为 224当x1时，f(x)的最大值为f(1)3 ∵

2、已知二次函数f(x)ax2(2a1)x1在区间[,2]上的最大值为3，求实数a的值． 分析：这是一个逆向最值问题，若从求最值入手，需分a0与a0两大类五种情形讨论，过程繁琐不堪．若注意到f(x)的最值总是在闭区间的端点或抛物线的顶点处取到，因此先计算这些点的函数值，再检验其真假，过程简明． 解：（1）令f(322a11)3，得a 2a2，且2[此时抛物线开口向下，对称轴为故a3,2] 21不合题意； 211，此时抛物线开口向上，闭区间的右端点距离对称轴远些，故a222，经检验，符合题意． 3（2）令f2得a()3，符合题意；

（3）若f()3，得a综上，a2312或a 23评注：本题利用特殊值检验法，先计算特殊点（闭区间的端点、抛物线的顶点）的函数值，再检验其真假，思路明了、过程简洁，是解决逆向型闭区间二次函数最值问题的一种有效方法．

23、已知函数ytata1，t1,1的最大值为2，求a的值． 425 12a(aa2)，对称轴为t，42a12（1）当11，即2a2时，ymax(aa2)2，得a2或a3（舍去）．

24aa212（2）当1，即a2时，函数y(t)(aa2)在[1,1]单调递增，2421110由ymax1aa2，得a．

423aa212（3）当1，即a2时，函数y(t)(aa2)在[1,1]单调递减，由22411ymax1aa2，得a2（舍去）．

4210综上可得：a的值为a2或a．

32解析：y(t)a2