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0二次函数分类讨论(高考)


二次函数求最值参数分类讨论的方法
分类讨论是数学中重要的思想方法和解题策略 ,它是根据研究对象的本质属性的相同点和不 同点,将对象分为不同种类然后逐类解决问题. 一般地,对于二次函数 y=a(x?m)2+n,x∈[t,s]求最值的问题;解决此类问题的基本思路为:根 据对称轴相对定义域区间的位置,利用分类讨论思想方法。为做到分类时不重不漏,可画对称轴相 对于定义域区间的简

图分类。

t
① ②

t+s 2


s


①表示对称轴在区间[t,s]的左侧,②表示对称轴在区间[t,s]内且靠近区间的左端点, ③表示对称轴在区间内且靠近区间的右端点,④表示对称轴在区间[t,s]的右侧。然后,再根据 口诀“开口向上,近则小、远则大”;“开口向下,近则大、远则小”即可快速求出最值。 含参数的二次函数求最值的问题大致分为三种题型,无论哪种题型都围绕着对称轴与定义域 区间的位置关系进行分类讨论 题型一:“动轴定区间”型的二次函数最值 例1、求函数 f ( x) ? x2 ? 2ax ? 3 在 x ? [0, 4] 上的最值。 分析:先配方,再根据对称轴相对于区间的位置讨论,然后根据口诀写出最值。 解: f ( x) ? x2 ? 2ax ? 3 ? ( x ? a)2 ? 3 ? a2 ∴此函数图像开口向上,对称轴 x=a ①、当 a<0 时,0 距对称轴 x=a 最近,4 距对称轴 x=a 最远, ∴x=0 时, ymin =3,x=4 时, ymax =19-8a ②、当 0≤a<2 时,a 距对称轴 x=a 最近,4 距对称轴 x=a 最远, ∴x=a 时, ymin =3-a2,x=4 时, ymax =19-8a ③、当 2≤a<4 时,a 距对称轴 x=a 最近,0 距对称轴 x=a 最远, ∴x=a 时, ymin =3-a2,x=0 时, ymax =3 ④、当 4≤a 时,4 距对称轴 x=a 最近,0 距对称轴 x=a 最远, ∴x=4 时, ymin =19-8a,x=0 时, ymax =3

例 2、已知函数 f ( x) ? ax ? (2a ? 1) x ? 3 在区间 [ ?
2

3 , 2] 上最大值为 1,求实数 a 的值 2

分析:取 a=0,a≠0, 分别化为一次函数与二次函数,根据一次函数、 二次函数的性质分类讨论. 解:1)若 a=0,则 f(x)=-x-3,而 f(x)在 [ ?

3 , 2] 上取不到最大值为 1,∴a≠0 2

-1-

2)若 a≠0,则 f ( x) ? ax2 ? (2a ? 1) x ? 3 的对称轴为 x0 ?

1 ? 2a 2a 10 3 23 3 ? [? , 2] (Ⅰ)若 f ( ? ) ? 1 ,解得 a ? ? ,此时 x0 ? ? 3 2 20 2 23 a<0, f ( x0 ) 为最大值,但 f ( ? ) ? 1 20 3 1 3 (Ⅱ) 若 f (2) ? 1 解得 a ? 此时 x0 ? ? ? [ ? , 2] 4 3 2 3 1 a ? ? 0, x0 ? ? 距右端点 2 较远, f (2) 最大值符合条件 4 3
(Ⅲ) 若 f ( x0 ) ? 1 解得 a ?

?3 ? 2 2 2

当a ?

3 ?3 ? 2 2 ? 0 时 x0 ? ?2 2 ? 4 ? [? , 2] 2 2 3 ?3 ? 2 2 ? 0 时 x0 ? 2 2 ? 4 ? [? , 2] 2 2
3 ?3 ? 2 2 或a ? 4 2

当a ?

综收所述 a ?

评注:此类题属于“动轴定区间”型的二次函数最值,解决此类问题的关键是讨论对称轴相 对于定义域区间的位置,讨论时做到不重不漏。 题型二:“动区间定轴”型的二次函数最值 例 3.求函数 f ( x) ? x ? 2x ? 3 在 x∈[a,a+2]上的最值。
2

解: f ( x) ? x ? 2x ? 3 ? ( x ?1) ? 2
2 2

∴此函数图像开口向上,对称轴 x=1 ①当 a>1 时,a 距对称轴 x=1 最近,a+2 距 x=1 最远, ∴当 x=a 时, ymin =- a +3 ,x=a+2 时, ymax = a
2 2

+2a+3

②当 0<a≤1 时,1 距对称轴 x=1 最近,a+2 距离 x=1 最远, ∴当 x=1 时, ymin =2 ,x=a+2 时, ymax = a


+2a+3

③当-1<a≤0 时,1 距对称轴 x=1 最近,a 距 x=1 最远, ∴当 x=1 时, ymin =2 ,x=a 时, ymax =a -2a+3


④当 a≤-1 时,a+2 距对称轴 x=1 最近,a 距 x=1 最远, ∴当 x=a+2 时, ymin = a


+2a+3 ,x=a 时, ymax = a



-2a+3

题型三: “动轴动区间”型的二次函数最值

-2-

例 5 、 已 知 函 数 f ( x) ? 9x2 ? 6ax ? a2 ?10a ? 6 在 [ ? , b ] 上 恒 大 于 或 等 于 0 , 其 中 实 数

1 3

a ? [ 3 ,? ? ) ,求实数 b 的范围.
a 1 a 1 a 结合区间 [ ? , b ] 讨论 ? b 或 ? ? ? b 的情况 3 3 3 3 3 a 2 1 解:∵ f ( x) ? 9( x ? ) ? 10a ? 6, x ? [? , b] 3 3 a 1 若 ? b 时,f(x)在 [ ? , b ] 上是减函数 3 3 a 2 a 2 ∴ ymin = f (b) ? 9(b ? ) ? 10a ? 6 即 9(b ? ) ? 10a ? 6 ≥0 则条件成立 3 3
分析:找出函数的对称轴: x ? 令 u ? g (a) ? a2 ? (6b ? 10)a ? 9b2 ? 6, a ?[3, ??) (Ⅰ)当 3b+5≤3 时.即 b ? ?

2 3, ?? ? 则函数 g(x)在 ? 上是增函数 3

∴ umin ? g (3) ? 9 ?18b ? 30 ? 9b2 ? 6 即 9b ? 18b ? 27 ? 0 解得 b≥3 或 b≤-1
2

∵b ? ?

2 ,∴b≤-1 3

2 , u ? g (3b ? 5) ? ?30b ? 31 3 min 31 2 若-30b-31≥0 解得 b ? ? 与 b ? ? 矛盾; 30 3 1 a a (2)若 ? ? ? b 时, ymin ? f ( ) ? ?10a ? 6 即-10a-6≥0 3 3 3 3 解得 a ? ? 与 a ? [3, ??) 矛盾; 5
(Ⅱ)当 3b+5>3 即 b ? ? 综上述:b≤-1 评注:此题属于“动轴动区间”型的二次函数最值,解决的关键是讨论对称轴与定义域区间的位置 更便于我们分类类讨论,然后依据口诀,很快就可解决问题。 最后,我们在得用分类讨论方法解题中要注意两个原则:一、分类不重不漏;二、一次分类只 能按已确定的同一标准进行.

二次函数分类讨论补充习题
-3-

1.已知函数 f ? x ? ? x2 ? 2x ? 2 ,若 x ? ?a, a ? 2?, a ? R ,求函数的最小值,并作出最小值的函 数图象。

2.已知函数 f ( x) ? ? x2 ? 3 ,若 f ( x) ? ?2kx ? 6 在区间 ?? 1,2? 上恒成立,求实数 k 的取值范围。

3.已知 k 为非零实数,求二次函数 y ? kx 2 ? 2kx ? 1, x ? (??, 2] 的最小值。

4.已知 a ? 3 ,若函数 f ? x ? ? x ? 2ax ? 1在 ?1,3?上的最大值为 M ?a ? ,最小值为 m?a ? ,又已知
2

函数 g ?a ? ? M ?a ? ? m?a ? ,求 g ?a ? 的表达式。

-4-

1. 轴定区间定(常常出现在一元三次方程的大题中) (2008 年陕西卷)22.本小题满分 14 分)设函数 f ( x) ? x3 ? ax2 ? a2 x ? 1, g ( x) ? ax 2 ? 2x ? 1, 其中实

数 a ? 0 .(Ⅰ)若 a ? 0 ,求函数 f ( x) 的单调区间; (Ⅱ)当函数 y ? f ( x) 与 y ? g ( x) 的图象只有一个公共点且 g ( x) 存在最小值时,并且记 g ( x) 的最 小值为 h(a) ,求 h(a) 的值域; (Ⅲ)若 f ( x) 与 g ( x) 在区间 (a, a ? 2) 内均为增函数,求 a 的取值范围.
a f ?( x) ? 3x 2 ? 2ax ? a 2 ? 3( x ? )( x ? a) ,又 a ? 0 , 3 a a ? 当 x ? ? a或x ? 时, f ?( x) ? 0 ;当 ? a ? x ? 时, f ?( x) ? 0 , 3 3 a a ? f ( x) 在 (??, ?a) 和 ( , ??) 内是增函数,在 ( ? a , ) 内是减函数. 3 3 3 2 2 2 (Ⅱ)由题意知 x ? ax ? a x ? 1 ? ax ? 2 x ? 1 , 2 即 x[ x2 ? (a2 ? 2)] ? 0 恰有一根(含重根) .? a ? 2 ≤ 0 ,即 ? 2 ≤ a ≤ 2 ,

解:(Ⅰ)

又 a ? 0 ,? a ?[? 2,0)

(0, 2] .

1 1 g ( x) ? a( x ? ) 2 ? a ? , a a 1 2 ]. ? h(a) ? a ? , a ? (0, 2] . ? h(a) 的值域为 (??,1 ? a 2 a 1 (Ⅲ)当 a ? 0 时, f ( x ) 在 (??, ?a) 和 ( , ??) 内是增函数, g ( x) 在 ( , ??) 内是增函数. 3 a ? ?a ? 0 ? a ? 由题意得 ? a ? ,解得 a ≥ 1 ; 3 ? 1 ? a? ? a ? a 1 当 a ? 0 时, f ( x ) 在 ( ??, ) 和 (?a, ??) 内是增函数, g ( x) 在 ( ??, ) 内是增函数. 3 a ? ?a ? 0 ? a ? 由题意得 ? a ? 2 ? ,解得 a ≤ ?3 ; 3 ? 1 ? a?2? ? a ? 综上可知,实数 a 的取值范围为 (??, ?3] [1, ??) .
当 a ? 0 时, g ( x) 才存在最小值,? a ? (0, 2] . 2. 轴定区间动 (全国卷)设 a 为实数,函数 f ( x) ? x ? | x ? a | ?1, a ? R, ,求 f(x)的最小值。
2
2 解: (1)当 x ? a 时, f ( x ) ? ( x ? ) ?

1 2

3 ?a 4

-5-

1 1 3 ,则 f ( x) min ? f ( ? ) ? ? a ; 2 2 4 1 ②若 a ? ? ,则 f ( x)min ? f (a) ? a2 ? 1 2 1 2 3 (2)当 x ? a 时, f ( x ) ? ( x ? ) ? ? a 2 4 1 ①若 a ? ,则 f ( x)min ? f (a) ? a2 ? 1 ;; 2 1 1 3 ②若 a ? ,则 f ( x ) min ? f ( ) ? ? a 2 2 4 1 3 1 1 综上所述,当 a ? ? 时, f ( x ) min ? ? a ;当 ? ? a ? 时, f ( x)min ? a2 ? 1; 2 4 2 2 1 3 当 a ? 时, f ( x ) min ? ? a 。 2 4
①若 a ? ? 2. 轴动区间定(最简单)求函数 y ? ? x( x ? a) 在 x ? [?1 , 1] 上的最大值。

a a a a a 2 a2 解:函数 y ? ?( x ? ) ? 图象的对称轴方程为 x ? ,应分 ? 1 ? ? 1 , ? ?1 , ? 1 即 2 2 2 2 2 4 ? 2 ? a ? 2 , a ? ?2 和 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)max ? f (?1) a (2) ? 2 ? a ? 2 ;由图可知 f ( x ) max ? f ( ) 2 (3) a ? 2 时;由图可知 f ( x)max ? f (1)

? y 最大

?? (a ? 1) , a ? ?2 ? f (?1) , a ? ?2 ? 2 ? a ?a ? ? ? f ( ) , ? 2 ? a ? 2 ;即 y 最大 ? ? , ? 2 ? a ? 2 ?4 ? 2 ? ? ? f (1) , a ? 2 ?a ? 1 , a ? 2

4. 轴变区间变 已知 y ? 4a( x ? a)(a ? 0), ,求 u ? ( x ? 3) ? y 的最小值。
2 2 2

解:将 y ? 4a( x ? a) 代入 u 中,得
2

-6-

① ② 所以

,即 ,即

时, 时,

5.逆向型 1、 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: 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

3 8 (3)若 a ? 0 时,则 f ( x)max ? f (?1) ? 1 ? a 由 1 ? a ? 4 ,得 a ? ?3 3 综上知 a ? 或 a ? ?3 8 x2 ? x 在区间 [m, n] 上的值域是 [3m,3n] ,求 m,n 的值。【很重要】 2、 已知函数 f ( x) ? ? 2 m?n , n 的位置关系。 解析 1:讨论对称轴 中 1 与 m, 2 ? f ( x)max ? f (n) ? 3n ①若 ,则 ? ? f ( x)min ? f (m) ? 3m
由 8a ? 1 ? 4 ,得 a ? 解得 ②若

? f ( x)max ? f (1) ? 3n m?n ? 1 ? n ,则 ? ,无解 2 ? f ( x)min ? f (m) ? 3m ? f ( x)max ? f (1) ? 3n m?n ,则 ? ,无解 2 f ( x ) ? f ( n ) ? 3 m ? min
,则 ?

③若 m ? 1 ?

? f ( x)max ? f (m) ? 3n ,无解 ? f ( x)min ? f (n) ? 3m 综上, m ? ?4, n ? 0 1 1 1 1 2 解析 2:由 f ( x) ? ? ( x ? 1) ? ,知 3n ? , n ? , ,则 [m, n] ? (??,1] ,f(x)在 [m, n] 上递增。 2 2 2 6 ? f ( x)max ? f (n) ? 3n 所以 ? ? f ( x)min ? f (m) ? 3m 解得 m ? ?4, n ? 0
④若

4. 轴变区间变

-7-

练习: 1、 (2008 江西卷 21) .已知函数 f ( x) ? (1)求函数 y ? f ( x) 的单调区间;

1 4 1 3 x ? ax ? a 2 x 2 ? a 4 (a ? 0) 4 3

(2)若函数 y ? f ( x) 的图像与直线 y ? 1 恰有两个交点,求 a 的取值范围.

解:(1)因为 f ?( x) ? x3 ? ax2 ? 2a2 x ? x( x ? 2a)( x ? a)
令 f ?( x) ? 0 得 x1 ? ?2a, x2 ? 0, x3 ? a 由 a ? 0 时, f ?( x ) 在 f ?( x) ? 0 根的左右的符号如下表所示

x
f ?( x ) f ( x)

(??, ?2a)

?2a
0
极小值

(?2a,0)

0
0
极大值

(0, a )

a
0
极小值

(a, ??)

?

?

?

?

所以 f ( x ) 的递增区间为 (?2a,0)与(a, ??)

f ( x) 的递减区间为 (??, ? 2a)与(0,a)
(2)由(1)得到 f ( x)极小值 ? f (?2a ) ? ? a , f ( x)极小值 ? f (a ) ?
4

5 3

7 4 a 12

f ( x)极大值 ? f (0) ? a4
要使 f ( x ) 的图像与直线 y ? 1 恰有两个交点,只要 ? a ? 1 ?
4

5 3

7 4 a 或 a4 ? 1 , 12

4

即a ?

12 或 0 ? a ? 1. 7

3 2 分析:逆向的最值问题,从最值入手,需分 a ? 0 与 a ? 0 两大类五种情形讨论,过程麻烦啊啊啊啊啊。但注意 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
2 2、已知二次函数 f ( x) ? ax ? (2a ? 1) x ? 1在区间 [ ? , 2] 上的最大值为 3,求实数 a 的值。

程简明。 解:(1)令 f ( ?

2a ? 1 1 ) ? 3 ,得 a ? ? 2 2a
,且 ?2 ? [ ?

此时抛物线开口向下,对称轴为 (2)令 f (2) ? 3 ,得 a ?

3 1 , 2] 。故 a ? ? 不合题意; 2 2

1 1 ,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 ? 符合题意; 2 2 2 2 (3)若 f ( ? ) ? 3 ,得 a ? ? ,经检验,符合题意。 3 3 1 2 综上, a ? 或 a ? ? 2 3
3、 (2008 山东卷 21. ) (本小题满分 12 分)

-8-

设函数 f ( x) ? x2e x?1 ? ax3 ? bx2 ,已知 x ? ?2 和 x ? 1 为 f ( x ) 的极值点. (Ⅰ)求 a 和 b 的值; (Ⅱ)讨论 f ( x ) 的单调性;

2 3 x ? x 2 ,试比较 f ( x) 与 g ( x) 的大小. 3 解:(Ⅰ)因为 f ?( x) ? ex?1 (2 x ? x2 ) ? 3ax2 ? 2bx ? xex?1 ( x ? 2) ? x(3ax ? 2b) , 又 x ? ?2 和 x ? 1 为 f ( x ) 的极值点,所以 f ?(?2) ? f ?(1) ? 0 , ??6a ? 2b ? 0, 1 因此 ? 解方程组得 a ? ? , b ? ?1 . 3 ?3 ? 3a ? 2b ? 0, 1 (Ⅱ)因为 a ? ? , b ? ?1 ,所以 f ?( x) ? x( x ? 2)(e x?1 ?1) , 3 令 f ?( x) ? 0 ,解得 x1 ? ?2 , x2 ? 0 , x3 ? 1 . ? 2) (0, 1) 时, f ?( x) ? 0 ; 因为当 x ? (??, 0) (1, ? ?) 时, f ?( x) ? 0 . 当 x ? (?2, 1) 上是单调递减的. 0) 和 (1, ? ?) 上是单调递增的;在 (??, ? 2) 和 (0, 所以 f ( x ) 在 (?2, 1 3 2 x ?1 2 (Ⅲ)由(Ⅰ)可知 f ( x) ? x e ? x ? x , 3 2 x ?1 3 2 x ?1 故 f ( x) ? g ( x) ? x e ? x ? x (e ? x) ,令 h( x) ? e x?1 ? x ,则 h?( x) ? e x ?1 ? 1 . 令 h?( x) ? 0 ,得 x ? 1 ,因为 x ? ? ??, 1? 时, h?( x) ≤ 0 ,
(Ⅲ)设 g ( x ) ? 所以 h( x) 在 x ? ? ??, 1? 上单调递减.故 x ? ? ??, 1? 时, h( x) ≥ h(1) ? 0 ; 因为 x ??1 , ? ?? 时, h?( x) ≥ 0 ,所以 h( x) 在 x ??1 , ? ?? 上单调递增. 故 x ??1 , ? ?? 时, h( x) ≥ h(1) ? 0 .

? ?) ,恒有 h( x) ≥ 0 ,又 x 所以对任意 x ? (??, ? ?) ,恒有 f ( x) ≥ g ( x) . 故对任意 x ? (??,

2

≥ 0 ,因此 f ( x) ? g ( x) ≥0 ,

2010 辽宁(21)(本小题满分 12 分) 已知函数 f(x)=(a+1)lnx+ax +1. (Ⅰ)讨论函数 f(x)的单调性; (Ⅱ)设 a≤-2,证明:对任意 x2,x2 (0,+∞),|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|.
2

解:(Ⅰ) f(x)的定义域为(0,+ ? ), f ?( x) ?

a ?1 2ax 2 ? a ? 1 ? 2ax ? . x x

当 a≥0 时, f ?( x ) >0,故 f(x)在(0,+ ? )单调增加; 当 a≤-1 时, f ?( x ) <0, 故 f(x)在(0,+ ? )单调减少;

-9-

当-1<a<0 时,令 f ?( x ) =0,解得 x=

a ?1 .当 x∈(0, 2a

?

a ?1 )时, f ?( x ) >0; 2a

x∈( ?

a ?1 ,+ ? )时, f ?( x ) <0, f(x)在(0, 2a

a ?1 a ?1 )单调增,在( ? ,+ ? )单调减少. 2a 2a

(Ⅱ)不妨假设 x1≥x2.由于 a≤-2,故 f(x)在(0,+ ? )单调减少. 所以 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 4 x1 ? x2 等价于 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ≥4x1-4x2,即 f(x2)+ 4x2≥f(x1)+ 4x1. 令 g(x)=f(x)+4x,则 g ?( x) ?

a ?1 2ax 2 ? 4 x ? a ? 1 ? 2ax +4= . x x

8分

于是 g ?( x ) ≤

?4 x 2 ? 4 x ? 1 ?(2 x ? 1) 2 = ≤0. x x

从而 g(x)在(0,+ ? )单调减少,故 g(x1) ≤g(x2),即 f(x1)+ 4x1≤f(x2)+ 4x2, 故对任意 x1,x2∈(0,+ ? ) , f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 4 x1 ? x2 . 2010 全国卷 2(21) (本小题满分 12 分) 已知函数 f(x)=x -3ax +3x+1。 (Ⅰ)设 a=2,求 f(x)的单调期间; (Ⅱ)设 f(x)在区间(2,3)中至少有一个极值点,求 a 的取值范围。 解: (Ⅰ)求出导数,由导数大于 0 求出增区间;由导数小于 0,求出减区间。 (Ⅱ)f(x)在(2,3)内有极值,即 f’(x)在(2,3)有个零点,即 f’(2) f’(3)<0,即可求出 a。
3 2

12 分

2010 山东理数(22)(本小题满分 14 分) 已知函数 f ( x) ? ln x ? ax ? (Ⅰ)当 a ?

1? a ? 1 (a ? R) . x

1 时,讨论 f ( x) 的单调性; 2 1 2 (Ⅱ)设 g ( x) ? x ? 2bx ? 4. 当 a ? 时,若对任意 x1 ? (0, 2) ,存在 x2 ??1,2? ,使 4

f ( x1 ) ? g ( x2 ) ,求实数 b 取值范围. [来源:Z+xx+k.Com]
解: (Ⅰ)因为 f ( x) ? ln x ? ax ?

1? a 1 a ? 1 ax 2 ? x ? 1 ? a ? 1 ,所以 f ' ( x) ? ? a ? 2 ? x ? (0, ??) , x x x x2



h( x) ? ax2 ? x ? 1 ? a, x ? (0, ??) ,

- 10 -

1 (0,+?) 时, x1 ? x2, h( x)≥0 恒成立,此时 f ' ( x)≤0 ,函数 f ( x ) 在 上单调递减; 2 1 1 1>0 , ②当 0<a< 时, ? 1> 2 a
①当 a ?

x ? (0,1) 时, h( x)>0 ,此时 f ' ( x)<0 ,函数 f ( x) 单调递减;
1 x ? (1, ? 1) 时 h( x)<0 ,此时 f ' ( x)>0 ,函数 f ( x) 单调递增; a 1 x ? ( ? 1, ?? ) 时, h( x)>0 ,此时 f ' ( x)<0 ,函数 f ( x) 单调递减; a 1 ③当 a<0 时,由于 ? 1<0 , a

x ? (0,1) , h( x)>0 ,此时 f ' ( x)<0 ,函数 f ( x) 单调递减; x ? (1, ??) 时, h( x)<0 ,此时 f ' ( x)>0 ,函数 f ( x) 单调递增.
(Ⅱ)因为 a=

1 1 ? (0, ) ,由(Ⅰ)知, x1 =1, x2 =3 ? (0, 2) ,当 x ? (0,1) 时, f ' ( x) 4 2

0 ,函数 f ( x) 0 ,函

单调递减;? g ( x)?min ? g (2) ? 8 ? 4b ? 0b ? (2, ??) ?

1 ?17 ? b ? ? , ?? ? 当 x ? (1, 2) 时, f ' ( x) 2 ?8 ?
1 。 2

数 f ( x ) 单调递增,所以 f ( x ) 在(0,2)上的最小值为 f (1) ? ?

由于“对任意 x1 ? (0, 2) ,存在 x2 ??1,2? ,使 f ( x1 ) ? g ( x2 ) ”等价于 “ g ( x) 在 ?1, 2? 上的最小值不大于 f ( x ) 在(0,2)上的最小值 ? 又 g ( x) = ( x ? b) ? 4 ? b , x1 ? ?1, 2? ,所以
2 2

1 ” (*) 2

①当 b

1 时,因为 ? g ( x)?min ? g (1) ? 5 ? 2b
2

0 ,此时与(*)矛盾

②当 b ??1, 2? 时,因为 ? g ( x)?min ? 4 ? b ? 0 ,同样与(*)矛盾 ③当 b ? (2, ??) 时,因为 ? g ( x)?min ? g (2) ? 8 ? 4b ,解不等式 8-4b ?

1 17 ,可得 b ? 8 2

- 11 -

2010 湖南理数:已知函数 (Ⅰ)证明:当 (Ⅱ)若对满足题设条件的任意 b,c,不等式 2010 天津:已知已知函数 f ( x) ? ax ?
3

恒成立,求 M 的最小值。

3 2 x ? 1( x ? R ), 其中 a >0。 2

(Ⅰ)若 a =1,求曲线 y ? f ? x ? 在点(2, f ? 2 ? )处的切线方程: (Ⅱ)若在区间 ? ?

? 1 1? , 上, f ( x) >0 恒成立,求 a 的取值范围。 ? 2 2? ?
1 3 x ? x 2 ? ax ? b 的图像在点 P(0,f(0))处的切线方程为 y=3x-2 3

2010 福建 22. 已知函数 f(x)= (Ⅰ)求实数 a,b 的值; (Ⅱ)设 g(x)=f(x)+

m 是[ 2, ?? ]上的增函数。 x ?1

(i)求实数 m 的最大值; (ii)当 m 取最大值时,是否存在点 Q,使得过点 Q 的直线若能与曲线 y=g(x)围成两个封闭图形,则这 两个封闭图形的面积总相等?若存在,求出点 Q 的坐标;若不存在,说明理由。

() f ?x () f() 'x? 2010 重庆:已知函数 f ( x) ? ax3 ? x2 ? bx (其中常数 a,b∈R) , gx
(Ⅰ)求 f ( x) 的表达式; (Ⅱ)讨论 g ( x) 的单调性,并求 g ( x) 在区间 ?1,2? 上的最大值与最小值.

是奇函数.

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