二次函数中的分类讨论思想.

1、二次函数中的分类讨论思想一、例题分析归类：（一）、正向型是指已知二次函数和定义域区间，求其最值。对称轴与定义域区间的相互位置关系的讨论往往成为解决这类问题的关键。此类问题包括以下四种情形：（ 1 ）轴定，区间定；（ 2 ）轴定，区间变；（ 3）轴变，区间定；（ 4）轴变，区间变。1. 轴定区间定例 1. （ 2008 年陕西卷）22本小题满分14 分）设函数 f ( x)x3ax2a2x1, g( x)ax22x1,其中实数 a0 （）若 a0 ，求函数f (x) 的单调区间；（）当函数 yf ( x) 与 y g( x) 的图象只有一个公共点且g(x) 存在最小值时，记 g( x)的最小值为

2、 h(a) ，求 h(a) 的值域；（）若 f ( x) 与 g ( x) 在区间 (a, a2) 内均为增函数，求a 的取值范围2. 轴定区间动例 2. （全国卷）设 a 为实数，函数f ( x)x2| xa |1,aR, ，求 f(x) 的最小值。3. 轴动区间定评注：已知 f ( x)ax2bx c( a0)，按对称轴与定义域区间的位置关系，由数形结合可得f ( x) 在 m, n上的最大值或最小值。例 3求函数 yx(xa) 在 x 1, 1 上的最大值。4. 轴变区间变例 4. 已知 y24a(xa)(a0), ，求 u(x3)2y2 的最小值。（二）、逆向型是指已知二次函数在某区间

3、上的最值，求函数或区间中的参数值。例 5. 已知函数f ( x)ax22ax1在区间 3,2 上的最大值为4 ，求实数 a 的值。例 6.x2已知函数 f ( x)x 在区间 m, n 上的值域是 3m,3 n ，求 m，n 的值。2练习：1、（ 2008 江西卷 21）已知函数 f ( x)1 x4 1 ax3a2 x2a4 (a 0)4 3（ 1）求函数 y f (x) 的单调区间；（2）若函数yf (x) 的图像与直线y1恰有两个交点，求a 的取值范围2 、已知二次函数f (x)ax2(2a1)x1在区间 3 ,2上的最大值为3，求实数a 的值。23、（ 2008 山东卷 21）（本小题

4、满分12 分）设函数 f ( x)x2ex 1ax 3bx 2 ，已知 x2 和 x1 为 f (x) 的极值点（）求 a 和 b 的值；（）讨论f ( x) 的单调性；（）设 g (x)2 x3x2 ，试比较 f ( x) 与 g( x) 的大小3二次函数中的分类讨论思想例题答案：例 1. 解：（）f ( x)3x22axa23( xa )( xa) ，又 a0 ，a3a当 xa或 x时， f (x)0 ；当ax3时， f (x) 0 ，3f (x) 在 (,a) 和 ( a ,) 内是增函数，在(a, a ) 内是减函数33（）由题意知x3ax2a2 x1ax22x1 ，即 x x2( a

5、22) 0 恰有一根（含重根）a22 0，即2 a 2 ，又 a0，a2,0)(0,2当 a0时， g (x) 才存在最小值，a(0,2 g (x)a( x1) 2a1，aah(a)a1(0,2 h(a) 的值域为 (,12, a a2（）当 a0时， f (x) 在 (,a) 和 ( a ,) 内是增函数， g (x) 在 ( 1 ,) 内是增函数3aa0由题意得aa ，解得 a1 ；3a1a, a ) 和 (1当 a0时， f (x) 在 (a,) 内是增函数，g ( x) 在 (,) 内是增函数3aa0由题意得a2a ，解得 a 3；3a21a综上可知，实数a 的取值范围为 (,31,)

6、 例 2.（ 1）当 xa 时， f ( x) ( x1) 23a24若 a1，则 f ( x) minf (132)a ;24若 a1，则 f ( x) minf ( a)a212（ 2）当 xa 时， f (x) ( x1)23a24若 a1，则 f ( x) minf (a)a21 ;；2若 a1，则 f ( x) minf ( 1 )3a224综上所述，当 a1时， f (x)min3a ；当1a1时， f ( x) mina21；当 a1时，324222f ( x)mina 。4例 3解析：函数 y(xa ) 2a2图象的对称轴方程为xa ，应分 1a1 ， a1， a1242222

7、即 2a2 ， a2和 a2 这三种情形讨论，下列三图分别为（ 1） a2 ；由图可知 f (x)maxf (1)（2） 2a 2 ；由图可知f ( x)maxf ( a )（ 3） a2 时；由图可知2f ( x) maxf (1)f ( 1) , a2(a 1) , a 2aa 2y最大f ( ) , 2a 2 ；即 y最大, 2 a 224f (1), a 2a1, a 2例 4.解析：将 y24a( xa) 代入 u 中，得，即时，即时，所以例 5. 解析： f ( x)a( x1)2 1a, x 3,2（ 1）若 a0, f (x)1, ，不合题意。（ 2）若 a0, 则 f ( x

8、)maxf (2)8a11 n ，则m n2，则由 8a 14 ，得 a38（ 3）若 a0 时，则 f ( x)maxf ( 1)1a由 1 a 4，得 a3综上知 a33或 a8, mn ,例 6.解析 1：讨论对称轴中 1 与n的位置关系。m2若，则f ( x)maxf (n)3nf (x) minf ( m)3m解得若mn2f ( x) maxf (1)3nf ( x) minf (m)，无解3mf ( x) maxf (1)3n若 m1若，则，无解f ( x) min f ( n) 3mf (x)maxf ( m)3nf ( x) minf ( n)，无解3m综上， m4, n0解析

9、 2：由 f ( x)1( x1)21，知 3n1, n1, ，则 m, n( ,1 ， f(x) 在 m, n 上递增。2226f ( x)maxf (n)3n所以f (m)3mf ( x)min解得 m4, n0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。练习答案：1、解：（ 1）因为 f ( x)x3ax22a2 xx( x2a)( xa)令 f(x)0 得 x12a, x20, x3a由 a0时， f ( x) 在 f( x)0 根的左右的符号如下表所示x(,2a)2a(2a,0)0(0, a)a(a,

10、 )f( x)000f ( x)极小值极大值极小值所以 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)5a4 ， f (x)极小值f (a)7a4a4312f ( x)极大值f (0)要使 f (x) 的图像与直线 y1恰有两个交点，只要5 a417 a4 或 a41 ，312412a1.即 a或 072 、分析：这是一个逆向最值问题，若从求最值入手，需分a 0 与 a0 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

11、些点的函数值，再检验其真假，过程简明。解：（ 1）令 f (2a1，得 a1) 322a3 ,21此时抛物线开口向下，对称轴为，且2故 a不合题意；1221（ 2）令 f (2)3，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，得 a符合题意；2)222（ 3）若 f (3 ，得 a，经检验，符合题意。1323或 a综上， a32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。3、21 解：（）因为 f (x)ex 1 (2 xx2 ) 3ax22bxxex 1 (x2

12、)x(3ax 2b) ，又 x2 和 x1为 f (x) 的极值点，所以f( 2)f (1)0 ，6a2b，1因此0解方程组得a， b133a2b，03（）因为 a1， b1，所以 f(x)x( x2)(e x 1 1) ，3令 f (x)0 ，解得 x12 ， x20 ， x31 因为当 x(， 2) (0，1) 时， f( x)0；当 x ( 2，0)(1， ) 时， f (x) 0 所以 f (x) 在 (2，0)和 (1，) 上是单调递增的；在(， 2)和 (0，1) 上是单调递减的（）由（）可知f (x)x2 ex 11x3x2 ，3故 f (x) g ( x)x2ex 1x3x2 (ex 1x) ，令 h(x) ex 1x ，则 h ( x)令 h ( x) 0 ，得 x 1，因为 x，1时