三个“二次”的关系问题

<一> 二次函数的图象与性质

1、设b0,二次函数yax2bxa21的图象如下图所示之一，则a的值为 (

)

yyyyO xO xO xO x ① A、1

② B、1

C、

③ ④ D、

15 215 2b0a0，排除④，故f(x)的图象必2a解：由b0知对称轴不是y轴，排除①②，由③④知为③，f(0)0,得:a21或1(舍去) 选B

x2bxcx02、设f(x) ，若f(4)f(0)且f(2)2，则关于x的方程f(x)x的解的

x02yyx

个数为（ ） A、1 B、2 C、3 D、4

2 (x2)22 x0 解：由f(4)f(0)且f(2)2易求得：f(x)2 2x0O x

作出f(x)的图象如图，显然它与直线yx有三个交点

2选C

2 3、无论m取任何实数，方程x3x2m(x)的实数个数为（ ）

A、1

B、2

232 C、3 D、不确定

y l 2x1或x2x3x2解：易知f(x)x3x2 2(x3x2)1x23ym(x)

2

作出f(x)的图象如右图：直线ym(x33）为过点A(,0) 22O 1 A 2 x

除l外的任一直线，容易看出总是有2个交点

4、如图，抛物线与直线yk(x4)都经过坐标轴的正半轴上A,B两点，该抛物线的对称轴x1

与x轴相交于点C，且ABC90，

（1）求直线AB的解析式 （2）求抛物线的解析式

解：（1）由已知得A(4,0),B(0,4k),C(1,0)，CBA90

00yB BO2COOA (4k)114 得k1 且BOAC

2C O A x高中数学知识专题系列haiPage 1 of 16

如图，k0，故k1，直线AB的方程为：y21x2 2y 5、二次函数f(x)ax2bxc的图象如下所示，记Mabc2ab，Nabc2ab

试比较M,N的大小。

解：由图象开口向上可知a0，f(0)0知c0，对称轴

b0 2a—1 b1得2ab0 可得b0 2ab0,再由2a又f(1)abc0,f(1)abc0

O 1 x MN(abc)(2ab)[(abc)(2ab)]=2(ca)0 MN

②顶点式

③根式（零点式）

<二>二次函数的表达式主要有三种形式：①一般式

6、设二次函数f(x)ax2bxc的最大值为2,f(1)6,f(0)3，求f(x)的表达式

abc6 解：依题意得c34acb224a解之得：a9,b6,c3或a1,b2,c3

所求二次函数解析式为：f(x)9x26x3或f(x)x22x3

7、已知二次函数f(x)同时满足下列条件：①f(1x)f(1x) ②f(x)的最大值为15 ③方程

f(x)0的两根的立方和为17，求f(x)的表达式

解：由条件①②可设f(x)a(x1)215 (a0) 故f(x)0ax2axa150

33设f(x)0的两根为x1,x2,由③知x1x217化为:(x12x2)[(x1x2)23x1x2]17┈┈10

4a24a(a15)60a0(I) 依题意有x1x22()15x1x21()a()、()代入10得：2[43(115)]17 得a6，满足a0与条件① af(x)6x212x9为所求。

8、已知二次函数f(x)满足f(2x)f(2x)，其图象顶点为A，图象与X轴交于点B(1,0)和C点，

且ABC的面积为18，求此二次函数的解析式

解：由f(2x)f(2x)知对称轴为x2，故B,C关于直线x2对称 C(5,0)

高中数学知识专题系列haiPage 2 of 16

f(x)0有两根1,5，可设f(x)a(x1)(x5)a(x2)29a

由SABC18得:169a18 2a23

所求为f(x)228102810xx或f(x)x2x 3333339、已知二次函数f(x)的二项系数为a，且不等式f(x)2x的解集为（1，3）

<1> 若方程f(x)6a0有两个相等的根求f(x)的解析式 <2> 若f(x)的最大值为正数，求a的取值范围

解：依题意可设f(x)2xa(x1)(x3) (a0)f(x)ax2(4a2)x3a

<1> f(x)6a0变为ax2(4a2)x9a0，由条件知0(4a2)236a20

得 a或1（舍去）f(x)151263xx 5552

2a12(2a1)<2> f(x)ax(4a2)x3aa(x )3aaa2

f(x)max(2a1) 3aa22(2a1)0 依题意有：3aaa0解得：a(,23)(32,0)

10、已知二次函数f(x)ax2bx满足条件：f(5x)f(x3)且方程f(x)x有等根

（1）求f(x)的表达式

（2）是否存在实数m,n (mn)使得f(x)的定义域和值域分别为[m,n]和[3m,3n]，如果存在求

m,n的值，如果不存在，说明理由

解：（1）由f(5x)f(x3)知对称轴

b1┄┄┄① 2a又f(x)x0即ax2(b1)x0有等根 b10┄┄┄②

11,b1 f(x)x2x 221211112（2）由（1）知f(x)xx(x1)，若存在m,n满足条件，必有3n，

222221n [m,n](,1)即f(x)在[m,n]上是增函数

6由①②得a高中数学知识专题系列haiPage 3 of 16

f(m)3mf(n)3n12mm3mm42 mn 存在m4,n0符合条件

n012nn3n2<三> 二次方程的根与系数：利用①判别式 ②韦达定理 解决问题

211、若关于x的方程x4sinxatan0 （）有两相等的实数根

42

①求实数a的取值范围 ②若a

6，求cos()的值 5424sin2解：① 依题意：0得16sinx4atan0 a2sin2

tan

( ,)2(,) 2sin2(0,2)

422a(0,2)为所求

4)sin23 5② a6代入a2sin2 得sin23

55cos2(

12又cos2()2cos2()13 cos()

45445

(,)

422cos(4)0 cos(4)5 512、若,是关于x的方程x2kxk60的两个实根，求(1)2(1)2的最小值

4k24(k6)0„„„ ①

解：依题意有：2k

„„„ ② k6„„„ ③ 

①解得：k2或k3 (1)2(1)2222()2()222()2

2222②③代入上式得：(1)(1)4k2k124k24k6k104(k3)249f(k)

44

k2或k3 k3时，f(k)min8

(1)2(1)2的最小值为8

（注意：在使用韦达定理时，一定不要忽略判别式）

13、若关于x的方程x2(m3)xm0有两个负根，求实数m的取值范围

解：依题意有0(m3)24m0 得 解之得：m[9,)为所求 x1x203m0xx0m012214、已知f(x)axbxc满足f(1)0且abc

（1）求

c的范围 a（2）设该函数图象交x轴于A,B两点，求AB的范围

高中数学知识专题系列haiPage 4 of 16

解：（1）f(1)0得abc0 bac代入abc得aacc┄┄┄①

下面证明a0：反证，假设a0则cba0可得abc0矛盾

a0 同理c0 对①式除以a得11ccc1 (2,)为所求 aaa22bacc（2）设A(x1,0)，B(x2,0)则x1,x2是axbxc0的两根，x1x21

aaa

x1x2c （b24ac0恒成立a0,c0）（或由f(1)0知x11） a(x1x2)24x1x2ABx1x2(1c2cc)41 aaac13(2,),AB(,3)为所求 a2215、已知函数f(x)ax24xb，(a0)设关于x的方程f(x)0的两实根为x1,x2，f(x)x的两

实根为和

（1）若a,b均为负整数，1求f(x)的表达式 （2）若a为负整数，f(1)0求证：1x1x22

解：（1）f(x)0的两根为x1,x2 1164ab0┄┄┄① 且有x1x2

24b，x1x2 aa又f(x)xax3xb0两根为和 294ab0┄┄┄② 且有

3b， aa2a94ab1化为9a(a4b) a

a,b均为负整数 bZa1a3a9或或 a4b9a4b3a4b1a1满足条件①② 故f(x)x24x2

b24（2）由（1）中①②取交得：ab9，由f(1)0知a4b0ba4

a(a4)79解之得：或a27 a为负整数 a2422a4,5,6......(a4且aZ) f(1)0即1为f(x)0的根，不妨设x11

44x1x2,x21

aa

x1x2244 a4[1,0)

aa

24[1,2) 1x1x22 a高中数学知识专题系列haiPage 5 of 16

（四）二次不等式与方程和根 16、解关于x的不等式ax2xa0

（分析：二次不等式的解与开口方向有关，与方程的根有关，方程的根又与判别式有关） 解：易知当a0时，解为x0

211a当a0时，44a0得1a1且a0,此时方程ax2xa0有两根

a 利用二次不等式的解与与根的关系容易得：

222<1>当a1时，原不等式解为x

22<2>当0a1时，解为11ax11a

aa<3>当a0时，解为x0

22<4>当1a0时，解为x11a或x11a

aa<5>当a1时，解为x1且xR <6>当a1时，解为xR

17、已知不等式axbxc0的解为x（0），求不等式cxbxa0

解：由已知可得：a0且,是axbxc0的两根

b┄┄① a  ca┄┄② 2222

,为正数c0c0 a

设x1x2是cxbxa0的两根且x1x2，则cxbxa0的解为xx1或xx2

11bbxx2又由①②知c1a

xxca112ac2 x11x21

不等式cx2bxa0的解为x1或x1

2

另解：xaxbxc0c111111ba0t （令） 2xxxx

cx2bxa01x1cx2bxa0x1或x1

218、设函数f(x)xb2xc（cb1），f(1)0且方程f(x)10有实根

（1）证明：3c1且b0

（2）若m是方程f(x)10的一个实根，判断f(m4)的正负并加以证明

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解：（1）证明：由f(1)0得12bc0 b

1c1c1 代入cb1得c2213c ┄┄┄┄①

3又f(x)10xb2xc10有实根 4b24(c1)0

24(c12)4(c1)0 c22c30 c1或c3 ┄┄┄┄② 22①②取交得3c1且bc10

（2）设x1,x2是方程f(x)0的两根，f(1)0 不妨设x11又由韦达定理知x1x2c

x2c f(x)(x1)(xc) c1

f(x)0cx1f(x)0xc或x1 ┄┄┄┄┄┄10 f(m)10cm1 m43c 由10式知f(m4)0

19、设f(x)3ax22bxc，若abc0且有f(0)0,f(1)0 求证：

（1）a0且2b1

a（2）方程f(x)0在(0,1)内有两个实根

abc0┄┄┄①

证明：（1）已知得： 且c0

3a2bc0┄┄┄②

①代入②消去b得ac0即a0 ①得cab代入②得2ab0 又cab0得

b2 ab1 a2b1 ab2a2c2ac（2）f(x)3a(x（bac） )3a3aba2c2ac 抛物线yf(x)的顶点坐标为（） ,3a3aba2c2ac(ac)2acbb12 (2,1) 0 (,)(0,1) 又f()a3a3a3a3a33

且f(0)0,f(1)0 f(x)0在(0,b)与(b,1)内各有一根

3a3a故方程f(x)0在(0,1)内有两个实根

20、已知a,b,c是实数，二次函数f(x)axbxc满足f(abc)0，求证：1和1两数中至少有

22a一个是f(x)0的根

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证明：（方法一）设x0 abc2 b2ax0ac 由f(x0)0知ax0(2ax0ac)x0c0 2ax01或x0c a得：(ax0c)(x01)0

①若x01命题得证。 ②若x0c 即

aabcc化为abc0即f(1)0 2aax1是方程f(x)0的根 1和1两数中至少有一个是f(x)0的根

（方法二）：f(abcabc2abcf(1)f(1))a()bc......0 2a

f(1)0或f(1)02a2a4a1和1两数中至少有一个是f(x)0的根

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三个“二次”的关系问题（二）

（五）二次函数的最值问题

二次函数f(x)axbxc在闭区间[p,q]上的最值只能在体如下所述：

<1>当a0时：若x2xb2a处及区间的两端点处取得，具

bb[p,q]，则f(x)minf() 2a2abpq

f(x)max若xf(p)2a2

maxf(p),f(q)bpqf(q)2a2b[p,q] f(x)maxmaxf(p),f(q) 2a

f(x)minminf(p),f(q)

<2>当a0时：同理可得类似结论（略）

21、已知函数f(x)4x24axa22a2在区间[0,2]上有最小值3，求a的值

解：f(x)4x24axa22a24(xa2)22a x[0,2]时有f(x)min3，则： 2

aaa02022或或 22f(0)a22a23f(a)22a3f(2)a210a1832解之得：a12或510为所求

222、已知函数f(x)ax(2a1)x3（a0）在区间[3,2]上的最大值为1，求实数a的值 2

（分析：可模仿上例分a0,a0两大类讨论，但较繁）

12a2(12a)2)3 故f(x)的最大值只能 解：f(x)ax(2a1)x3a(x2a4a2

312ax1或x22或x0处取得

22a31012a233[,2] ①令f()1，解得a 此时a0，对称轴x02232a20 故f(x)maxf(x0)f(x1)矛盾

2312a1 ②令f(2)1，得a，此时a0，对称轴x0 2

242a33

f(x)maxf(2)符合条件，即a成立

4

3③令f(x)12a(12a)2322

31解得a2a4a2此时必须有a0且x0[3,2] 2高中数学知识专题系列haiPage 9 of 16

经检验可知a(322)符合条件

23322或 4212x4x1在闭区间[0,1]上的最大值为M，最小值为m，求Mm的a

综上所述：所求a的值为

23、关于x的二次函数f(x)表达式

解：f(x)

11 3 0a14 f(x)maxmaxf(0),f(1)  max  1 ,  3 a11a1a4211 Mm4aa4 0a4

11a4a421211x4x1(x2a)214a f(2a)14a,f(0)1,f(1)3（易知a0） aaa110当02a1即a[0,]时，a0 f(x)minf(2a)14a

21 a1130当2a1即a(,)时，a0x2a[0,1] Mmf(0)f(1)4

2a20当2a0即a(,0)时，a0 x2a[0,1] Mmf(0)f(1)4

a0或a10a411a4212

14a综上所述： 1Mm4a4a4a

24、已知函数f(x)ax

(1) 求a的值 (2) 设0a1321111x的最大值不大于，又当x[,]时，f(x) 2642811，an1f(an) nN，求证：an 2n11323a2a2a21得：a21┄┄┄┄10 解：（1）f(x)axx(x) f(x)max 6223666

又x[,]时，f(x)114211 f(x)min 88

1f()4f(1)2131a8 即4328得a1┄┄┄┄20

1a318288

00由1、2可知a1为所求

（2）证明：①当n1时，a1(0,)满足0an121322 f(x)xx0x(0,) n123高中数学知识专题系列haiPage 10 of 16

0a2f(a1)11 6313121成立，由f(x)(x)知 k12361111，则有：0f(ak)f() f(x)在(0,)上是增函数，而0ak3k13k1②假设nk（k2）时，不等式0ak ak1f(ak)

13121k41() 2k12k1k22(k1)(k2)k2由①、②可知，对任何nN，不等式0aknk1时，不等式也成立

1 k125、设a为实数，函数f(x)x2xa1

（1）讨论f(x)的奇偶性

（2）求f(x)的最小值

2解：（1）当a0时，f(x)xx1f(x) f(x)为偶函数

2当a0时，f(a)a21，f(a)a12a

f(a)f(a)，f(a)f(a) 此时f(x)是非奇非偶函数

2123(x)axaxxa1xa24（2）f(x)2 xxa1xa(x1)23axa24

已知y1(x012313)a，y2(x)2a 2424显然

y的最小值为f(a)a21231y的最小值为a1 若a，则有14233aa21f(x)mina 44

2011a若2222f(a)a21 f(x)y1的最小值为，则有a1 minf(a)a21y2的最小值为

y1的最小值为f(a)a2113323若a，则有 显然有a1a f(x)mina

3244y的最小值为a04

综上所述

f(x)min13aa42 a211a1223a1a42（注：以上解答结合二次函数的图象更容易看出结论） （六）二次方程的根的分布

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根的分布问题主要考虑三个因素：①判别式 ②对称轴 ③界限值的符号 具体如下： 二次方程f(x)ax2bxc0的两根为x1,x2 （1）x1rx2af(r)0

b24ac0（2） bx1r,且x2rr2aaf(r)00（3）pxxqpbq

122aaf(p)0且af(q)0（4）px1q且x2(p,q)f(p)f(q)0（或f(p)0或f(q)0时检验另一根是否在(p,q)内） （5）px1qx2af(p)0

af(q)0结合图象容易看出其它情况相应的条件通常我们要结合具体条件的固定特征来简化条件。 26、已知关于x的二次方程x2mx2m10

（1）若方程有两根，其中一根在(1,0)内，另一根在区间(1,2)内，求m的范围 （2）方程两根均在(0,1)内，求m的范围

解：（1）记f(x)x22mx2m1，作出满足条件的f(x)的示意图，易得：

ffff(1)20(0)2m10 (1)4m20(2)6m502解得：51m 62-1 0 1 2

f(0)2m10（2）易知必须得：f(1)4m2024m4(2m1)00m121m12 20 1 27、若关于x的方程x(m3)xm0有两个实根，其中一个大于1，另一个小于1，则的取值范围是____

解：（方法一）由根的分布知有：f(1)0即可得m1

（方法二）要使条件成立必须(x11)(x21)0x1x2(x1x2)10

m(m3)10 得m1为所求

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28、已知a

1

，f(x)a2x2axc 2

3 4（1）证明对任意x[0,1] f(x)1c（2）若方程f(x)0有两实根,，证明：a1且解：f(x)axaxca(x（1）证明：若c

2221的充要条件是ca2a

121)c 2a431，则f(x)c1 x[0,1]时，f(x)1 441111[0,1] f()1 若x[0,1]时，f(x)1：由对称轴x，且a知2a22a2a13即c1 c

442（2）证明：f(x)0有两实根，0 若caa则f(1)a2ac0

f(1)a2aca2ac0 而对称轴xf(x)0在[1,1]内有两根，即a1且1

若a1且

1(0,1][1,1] 且0 2a1即f(x)0在[1,1]内有两根，由f(x)图象开口向下知必有f(1)0

3 4a2ac0 c综上所述：若方程f(x)0有两实根,，a1且1的充要条件是ca2a

229、设二次函数f(x)axbx1（a0），其图象对称轴xx0，且方程f(x)x0的两根为x1,x2

（1）若x12x24 求证：x01 （2）若x12且x1x22,求b取值范围 解：记F(x)f(x)xax2(b1)x1 （1）证明：x12x2F(2)0 得4a2b104 F(4)016a4b3014ab 2b316a4

14a316a1得a xx0b211111即x01

24812a2a4a4814a

（2）由韦达定理知x1x210 x1,x2同号，且x10,x20 a高中数学知识专题系列haiPage 13 of 16

(b1)24a由x1x22得2得2a1(b1)21„„„①

a若x1(0,2)则x2(2,4) F(2)0且F(4)0结合条件①可舍去F(4)04a2b10

4a232b ①代入得：2(b1)2132b32b0224[(b1)1](32b)得b1 4

若x1(2,0)则x2(4,2)F(2)0且F(4)0 F(2)0得4a2b304a22b12①式代入上式得：2(b1)12b1 解得b7 47x1(2,0)时b(,)

4pqr0，其中m0求证： 30、二次函数f(x)px2qxr中实数p,q,r满足

m2m1mm)0 （1）pf(m1综上所述当x1(0,2)时b(,)

（2）方程f(x)0在(0,1)内恒有解 证明：（1）pf(14mm2mpmqr)p[p()qr]pm[] 2m1m1m1m1m(m1)m(m2)(m1)2(1)pmp22 pm[]pmpm222(m1)m2(m1)(m2)(m1)(m2)

易知p0又m0上式小于零 即pf(m)0 m1m)0 m1（2）f(0)r,f(1)pqr 当p0时，由（1）知f(

若r0则f(0)0f(x)0在(0,m)内有解 m1prpr]r0 （p0,r0,m0）若r0则f(1)pqrp(m1)[ m2mm2mmf(x)0在(,1)内有解。当p0时，同理可证f(x)0在(0,1)内恒有解。

m1

综上所述：方程f(x)0在(0,1)内恒有解 （七）综合应用

31、已知实数t满足关系式loga

xtylog（a0且a1） ta3a3（1）令ta （logatx）求yf(x)的表达式

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（2）若x(0,2]时，y有最小值8，求a和x的值

解（1）由已知得：logat3logty3logta 由ta代入得：

x

x3logaxy2233logay(x3) logayx23x3 yax3x3（x0） xxx

（2）令u(x)x3x3(x)3223则yau(x) 43

3①若0a1，由x(0,2]知u(x)[,3) y(a3,a4]无最小值，矛盾。

4②若a1则y[a,a3) ymina8 得a16此时x

2343433 所求a16,x 2232、设f(x)loga(axx)在区间[1,2]上恒为正，求a的取值范围

2解：当a1时，必须axx12

11111ax2x a2对x[1,2]恒成立 22x2x1111111112(1)1[,1]1时， 而 对称轴 又 2x2x2xx2x2x3131a 22xmax22x2当0a1时，必须0axx

111111，即：2a2对[1.2]恒成立 2xx2x2x 由上可知，

111111111512时2 而2(1)2 （1取“”） xx2x22x2xx82xmin15a 28153综上所述a(.)(,)

282

33、设函数f(x)ax28x3（a0）对于给定的负数a有个最大的正数l(a)，使得在整个区间[0,l(a)]

上，不等式f(x)5都成立，问：a为何值时，l(a)最大？最大值是多少？

4216解：f(x)ax8x3a(x)3

aa2y 5 3• y5 l(a) • x

a0开口向下，f(0)3，作出示意图如下：

①若3165如图，l(a)为方程f(x)5较大根 a0 得l(a)

4168a4165 ，由3aa42a2• • y5

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知a8 l(a)

②若315（当a8时取\"\"） 24162y 4165即8a0时，如图：l(a)为方程f(x)5 a4162a21

a162a42的较小根，得：l(a)• 3• l(a) y5

15由①②知a8时，l(a)最大值为

20 x

1 a34、设二次函数f(x)ax2bxc（a0），方程f(x)x0的两根为x1,x2，满足0x1x2

（1）当x(0,x1)时，证明xf(x)x1

（2）设函数f(x)的图象对称轴为xx0，证明：x0x1

2证明：（1）由已知可设f(x)xa(xx1)(xx2) 0x1x2

又f(x)x1xa(xx1)(xx2)x1a[x(1 f(x)x0f(x)x a1x2)](xx2)„„„① a11x20 x0xx20 xx10 ①式小于零f(x)x1 aa综上所述：xf(x)x1

（2）由韦达定理知x1x2

b12（x1,x2是方程f(x)xax(b1)xc0两根） a1a(x1x2)b1 bax1ax21 又0x2 ax21 ax210

a

bax1 x0axxb11 2a2a2（注：本题是97年高考题，其核心是“三个2次”之间的互相转化，其关键是二次函数写成零点式）

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