1、考纲要求考纲研读1.会运用函数图象理解和研究函数的性质2结合二次函数的图象，了解函数的零点与方程根的联系，判断一元二次方程根的存在性及根的个数.一次函数、反比例函数及二次函数是最简单、最基础的函数，尤其二次函数是代数的基础，函数与方程、三角函数、导数、数列、不等式等最终都转化成二次函数或二次不等式解决，因此在备考时要予以重视.第3讲 一次函数、反比例函数及二次函数 1一次函数 ykxb，当 k0 时，在实数集 R 上是增函数当 k0 时，在实数集 R 上是减函数kx时，在(，0)，(0，)都是减函数，k03二次函数的解析式有三种形式(1)一般式：_(2)顶点式：_，顶点_(3)两根式_，x1，
2、x2 为二次函数图象与 x 轴两个交点的横坐标4二次函数的图象及其性质对于二次函数 f(x)ax2bxcax b2a24acb24a.(1)当 a0 时，f(x)的图象开口向上顶点坐标为 b2a，4acb24a.对称轴为 x b2a.f(x)a(xh)2k(a0)(h，k)f(x)a(xx1)(xx2)(a0)f(x)ax2bxc(a0)f(x)在，b2a 上减少，f(x)在 b2a，上增加当 x b2a时，函数取得最小值4acb24a.(2)当 a1，即 a2 时，函数 yta2214(a2a2)在1,1单调递增，由 ymax1234a2，解得 a103.(3)当a21，即 a1 及a20，
3、则 x2m2，14，m20，n0，a0 且 f(x)为偶函数，求证：F(m)F(n)0.例 3：设函数 f(x)ax2bx1(a，b 为实数)，F(x)fx x0，fx x0，x12 x0 时，x0，F(x)f(x)f(x)F(x)当 x0，F(x)f(x)f(x)F(x)F(x)是奇函数且 F(x)在(0，)上为增函数 由 m0，n0，知 mn0，则 F(m)F(n)F(m)F(n)即 F(m)F(n)0.(3)f(x)是偶函数，f(x)f(x)，得 b0.而 a0，f(x)ax21 在0，)上为增函数由 F(x)fx x0，fx x0知：【互动探究】3已知函数 f(x)x2kx 在2,4上
4、是单调函数，则实数 k的取值范围为_.k4 或 k8解析：函数 f(x)x2kx 的图象是开口向下的抛物线，经过坐标原点，对称轴是 xk2.已知函数在2,4上是单调函数，区间2,4应在直线 xk2的左侧或右侧即有k22 或k24，解得 k4或 k8.思想与方法2运用分类讨论的思想探讨二次函数的最值例题：已知二次函数 f(x)x216xq3.(1)若函数在区间1,1上存在零点，求实数 q 的取值范围；(2)问是否存在常数 t(t0)，当 xt,10时，f(x)的值域为区间D，且区间 D 的长度为 12t(视区间a，b的长度为 ba)解析：(1)f(x)x216xq3 的对称轴是 x8，f(x)在
5、区间1,1上是减函数函数在区间1,1上存在零点，则必有：f10，f10，即116q30，116q30.20q12.(2)0t10，f(x)在区间0,8上是减函数，在区间8,10上是 增函数，且对称轴是 x8.当0t6 时，在区间t,10上，f(t)最大，f(8)最小，f(t)f(8)12t，即t215t520，当6t8 时，在区间t,10上，f(10)最大，f(8)最小，f(10)f(8)12t.解得t8.解得 t15 172，t15 172.当8t10 时，在区间t,10上，f(10)最大，f(t)最小，f(10)f(t)12t.即t217t720.解得 t8,9，t9.综上可知，存在常数t，8,9 满足条件15 172“区间固定对称轴动”以及“对称轴固定区间动”是二次函数中分类讨论的最基本的两种题型，本例中的二次 函数是对称轴x8 固定，而区间t,10不固定，因此需要讨论该区 间相对于对称轴的位置关系，即分0t6,6t8 及8t10 三种情况讨论1二次函数的解析式有三种形式：一般式、顶点式和两根式根据已知条件灵活选用2二次函数的单调性只与对称轴和开口方向有关系，因此单调性的判断通常用数形结合法来判断1求二次函数在某个区间的最值，不能只代两端点，应结合图形(顶点)求解2与二次函数有关的不等式恒成立的问题要注意二次项系数为零的特殊情形
