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高中数学苏教版必修1第3章 指数函数、对数函数和幂函数3.4 函数的应用3.4.2 函数模型及其应用教学课件ppt
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这是一份高中数学苏教版必修1第3章 指数函数、对数函数和幂函数3.4 函数的应用3.4.2 函数模型及其应用教学课件ppt，共36页。PPT课件主要包含了基础知识自主学习，题型分类深度剖析，思维启迪，探究提高，n+2等内容，欢迎下载使用。
要点梳理1.二次函数解析式的三种形式 (1)一般式：f（x）= . (2)顶点式：f(x)= . (3)零点式：f(x)= . 求二次函数解析式的方法：待定系数法.根据所 给条件的特征，可选择一般式、顶点式或零点式 中的一种来求.
第11课时 二次函数
ax2+bx+c(a≠0)
a(x-m)2+n(a≠0)
a(x-x1)(x-x2) (a≠0)
①已知三个点的坐标时，宜用一般式.②已知抛物线的顶点坐标或与对称轴有关或与最大（小）值有关时，常使用顶点式.③已知抛物线与x轴有两个交点，且横坐标已知时，选用零点式求f(x)更方便.
2.二次函数的图象和性质
3.二次函数f(x)=ax2+bx+c(a≠0),当Δ=b2-4ac>0时， 图象与x轴有两个交点M1(x1，0)、M2(x2，0)， 4.三个二次（二次函数、一元二次方程、一元二 次不等式）. 在高考中三个二次不仅是各种问题转化的最后 的落脚点，而且单纯的三个二次问题间的相互 转化有时技巧性也会很强.
题型一 二次函数的解析式的求法 【例1】已知二次函数f(x)满足f(2)=-1,f(-1)=-1, 且f(x)的最大值是8，求此二次函数的解析式. 确定二次函数采用待定系数法，有三 种形式，可根据条件灵活运用.
解 方法一 设f(x)=ax2+bx+c (a≠0),依题意有∴所求二次函数为y=-4x2+4x+7.方法二 设f(x)=a(x-m)2+n.∵f(2)=f(-1),∴抛物线对称轴为 ∴m=
又根据题意函数有最大值为n=8，∴y=f（x）= ∵f（2）=-1， 解之，得a=-4.方法三 依题意知：f(x)+1=0的两根为x1=2,x2=-1,故可设f(x)+1=a(x-2)(x+1),即f(x)=ax2-ax-2a-1.又函数有最大值ymax=8,即
解之，得a=-4或a=0(舍去）.∴函数解析式为f(x)=-4x2+4x+7. 二次函数的解析式有三种形式：(1)一般式：f(x)=ax2+bx+c (a≠0)(2)顶点式：f(x)=a(x-h)2+k (a≠0)(3)两点式：f(x)=a(x-x1)(x-x2)(a≠0)具体用哪种形式，可根据具体情况而定.
知能迁移1 设二次函数f(x)满足f(x+2)=f(2-x)，且 f（x）=0的两实数根平方和为10，图象过点(0,3), 求f（x）的解析式. 解 设f(x)=ax2+bx+c (a≠0). 由f(x+2)=f(2-x)知，该函数图象关于直线x=2对称, ∴ 即b=-4a. ① 又∵图象过（0，3）点，∴c=3. ②
∴b2-2ac=10a2. ③由①②③得a=1,b=-4,c=3.故f（x）=x2-4x+3.
题型二 二次函数的图象与性质 【例2】 已知函数 在区间[0,1] 上的最大值是2，求实数a的值. 研究二次函数在给定区间上的最值问 题，要讨论对称轴与给定区间的关系. 解 对称轴为
(1)当0≤ ≤1，即0≤a≤2时， 得a=3或a=-2,与0≤a≤2矛盾.不合要求；(2)当 <0，即a<0时，y在[0，1]上单调递减，有ymax=f(0)，f(0)=2 (3)当 >1，即a>2时，y在[0，1]上单调递增，有ymax=f(1),f(1)=2 综上，得a=-6或a=
探究提高 (1)要注意抛物线的对称轴所在的位置对函数最值的影响.(2)解二次函数求最值问题，首先采用配方法，将二次函数化为y=a(x-m)2+n的形式，得顶点（m，n）或对称轴方程x=m，分三个类型：①顶点固定，区间固定；②顶点含参数，区间固定；③顶点固定，区间变动.
知能迁移2 已知函数f(x)=-x2+8x,求函数f(x)在区间 [t,t+1]上的最大值h(t). 解 f（x）=-x2+8x=-(x-4)2+16 ①当t+1<4,即t<3时， f(x)在[t,t+1]上单调递增. 此时h(t)=f(t+1)=-(t+1)2+8(t+1)=-t2+6t+7； ②当t≤4≤t+1,即3≤t≤4时，h(t)=f(4)=16； ③当t>4时，f(x)在[t,t+1]上单调递减. 此时h(t)=f(t)=-t2+8t. 综上可知
题型三 二次函数的综合应用 【例3】 已知二次函数y=f(x)的图象与x轴 交于A，B两点，且 它在y轴上的截距 为4,又对任意的x都有f(x+1)=f(1-x). （1）求二次函数的表达式； （2）若二次函数的图象都在直线l:y=x+c的下方， 求c的取值范围. 先根据性质特征：关于x=1对称，可设 为顶点式再待定系数.
解题示范解 （1）方法一 ∵f（x+1）=f（1-x），∴y=f（x）的对称轴为x=1， 又f(x)为二次函数，可设f(x)=a(x-1)2+k (a≠0),又当x=0时，y=4,∴a+k=4,得f(x)=a(x-1)2-a+4, 令f(x)=0,得a(x-1)2=a-4. 即f(x)=-2(x-1)2+6=-2x2+4x+4.
方法二 令二次函数y=f(x)的图象与x轴交于A（x1，0），B（x2，0），（x2>x1）,∵f（x+1）=f（1-x），∴x1+x2=2，x2-x1= ，得 设二次函数又f(0)=4,则a=-2.即f(x)=-2(x-1)2+6=-2x2+4x+4. (2)由条件知-2x2+4x+40对x∈R恒成立.
知能迁移3 已知二次函数f(x)=ax2+bx(a、b为常 数且a≠0)满足条件：f(-x+5)=f(x-3),且方程 f(x)=x有等根. （1）求f(x)的解析式； （2）设g(x)=f(x)+tx(t∈R)，试求g(x)在区间 ［-1,1］上的最小值； （3）是否存在实数m、n(m
（2） 其对称轴为x=t+1,函数图象是开口向下的抛物线，故求最小值只需讨论区间两个端点-1与1离对称轴的距离.
当t+1≥0，即t≥-1时， 为最小值；当t+1<0，即t<-1时， 为最小值.（3）假设存在这样的m、n满足条件，故二次函数f(x)在区间［m,n］上是增函数，∵m
4.关于二次函数y=f(x)对称轴的判断方法： （1）对于二次函数y=f(x)对定义域内所有x,都有 f(x1)=f(x2),那么函数y=f(x)图象的对称轴方程为: (2)对于二次函数y=f(x)对定义域内所有x,都有 f(a+x)=f(a-x)成立，那么函数y=f(x)图象的对称 轴方程为：x=a(a为常数). （3）对于二次函数y=f(x)对定义域内所有x,都有 f(x+2a)=f(-x)，那么函数y=f(x)图象的对称轴方程为:x=a(a为常数).
定时检测1.方程x2-mx+1=0的两根为α,β,且α>0,1<β<2,则 实数m的取值范围是 . 解析 方法一
方法二 设f(x)=x2-mx+1,∵αβ=1且1<β<2,∴0<α<1.由图可知，f（1）·f(2)=(2-m)(5-2m)<0,答案
2.若函数y=x2+(a+2)x+3,x∈［a,b］的图象关于x=1 对称，则b= . 解析 函数y=x2+(a+2)x+3的图象的对称轴为
3.设二次函数 的定义域为［n,n+1］, n∈N*，则f(x)的值域中有 个整数. 解析 ∵函数f(x)的对称轴为 ∴函数f(x)在定义域［n,n+1］,n∈N*上单调递增， ∴f(x)∈［f(n),f(n+1)］,
4.函数f(x)=-x2+(2a-1)|x|+1的定义域被分成了四个 不同的单调区间，则实数a的取值范围是 .
解析 f（x）=-x2+(2a-1)|x|+1是由函数f(x)=-x2+(2a-1)x+1变化得到，第一步保留y轴右侧的图象，再作关于y轴对称的图象.因为定义域被分成四个单调区间，所以f(x)=-x2+(2a-1)x+1的对称轴在y轴的右侧，使y轴右侧有两个单调区间，对称后有四个单调区间.所以
三、解答题5.已知函数f(x)=ax2+bx+c(a>0,b∈R,c∈R). （1）若函数f(x)的最小值f(-1)=0,且c=1, （2）若a=1,c=0,且|f(x)|≤1在区间(0,1］恒成 立，试求b的取值范围. 解 （1）由已知c=1,a-b+c=0,且 解得a=1,b=2.∴f(x)=(x+1)2.
∴F(2)+F(-2)=(2+1)2+［-(-2+1)2］=8.
（2）f(x)=x2+bx，原命题等价于-1≤x2+bx≤1在(0,1］上恒成立，
6.已知函数f(x)=x2,g(x)=x-1. (1)若存在x∈R使f(x)0 b<0或b>4.
(2)F（x）=x2-mx+1-m2,Δ=m2-4(1-m2）=5m2-4.①当Δ≤0，即 时，则必需②当Δ>0,即 时,设方程F(x)=0的根为x1,x2(x1
亲爱的同学们 再见！
要点梳理1.二次函数解析式的三种形式 (1)一般式：f（x）= . (2)顶点式：f(x)= . (3)零点式：f(x)= . 求二次函数解析式的方法：待定系数法.根据所 给条件的特征，可选择一般式、顶点式或零点式 中的一种来求.
第11课时 二次函数
ax2+bx+c(a≠0)
a(x-m)2+n(a≠0)
a(x-x1)(x-x2) (a≠0)
①已知三个点的坐标时，宜用一般式.②已知抛物线的顶点坐标或与对称轴有关或与最大（小）值有关时，常使用顶点式.③已知抛物线与x轴有两个交点，且横坐标已知时，选用零点式求f(x)更方便.
2.二次函数的图象和性质
3.二次函数f(x)=ax2+bx+c(a≠0),当Δ=b2-4ac>0时， 图象与x轴有两个交点M1(x1，0)、M2(x2，0)， 4.三个二次（二次函数、一元二次方程、一元二 次不等式）. 在高考中三个二次不仅是各种问题转化的最后 的落脚点，而且单纯的三个二次问题间的相互 转化有时技巧性也会很强.
题型一 二次函数的解析式的求法 【例1】已知二次函数f(x)满足f(2)=-1,f(-1)=-1, 且f(x)的最大值是8，求此二次函数的解析式. 确定二次函数采用待定系数法，有三 种形式，可根据条件灵活运用.
解 方法一 设f(x)=ax2+bx+c (a≠0),依题意有∴所求二次函数为y=-4x2+4x+7.方法二 设f(x)=a(x-m)2+n.∵f(2)=f(-1),∴抛物线对称轴为 ∴m=
又根据题意函数有最大值为n=8，∴y=f（x）= ∵f（2）=-1， 解之，得a=-4.方法三 依题意知：f(x)+1=0的两根为x1=2,x2=-1,故可设f(x)+1=a(x-2)(x+1),即f(x)=ax2-ax-2a-1.又函数有最大值ymax=8,即
解之，得a=-4或a=0(舍去）.∴函数解析式为f(x)=-4x2+4x+7. 二次函数的解析式有三种形式：(1)一般式：f(x)=ax2+bx+c (a≠0)(2)顶点式：f(x)=a(x-h)2+k (a≠0)(3)两点式：f(x)=a(x-x1)(x-x2)(a≠0)具体用哪种形式，可根据具体情况而定.
知能迁移1 设二次函数f(x)满足f(x+2)=f(2-x)，且 f（x）=0的两实数根平方和为10，图象过点(0,3), 求f（x）的解析式. 解 设f(x)=ax2+bx+c (a≠0). 由f(x+2)=f(2-x)知，该函数图象关于直线x=2对称, ∴ 即b=-4a. ① 又∵图象过（0，3）点，∴c=3. ②
∴b2-2ac=10a2. ③由①②③得a=1,b=-4,c=3.故f（x）=x2-4x+3.
题型二 二次函数的图象与性质 【例2】 已知函数 在区间[0,1] 上的最大值是2，求实数a的值. 研究二次函数在给定区间上的最值问 题，要讨论对称轴与给定区间的关系. 解 对称轴为
(1)当0≤ ≤1，即0≤a≤2时， 得a=3或a=-2,与0≤a≤2矛盾.不合要求；(2)当 <0，即a<0时，y在[0，1]上单调递减，有ymax=f(0)，f(0)=2 (3)当 >1，即a>2时，y在[0，1]上单调递增，有ymax=f(1),f(1)=2 综上，得a=-6或a=
探究提高 (1)要注意抛物线的对称轴所在的位置对函数最值的影响.(2)解二次函数求最值问题，首先采用配方法，将二次函数化为y=a(x-m)2+n的形式，得顶点（m，n）或对称轴方程x=m，分三个类型：①顶点固定，区间固定；②顶点含参数，区间固定；③顶点固定，区间变动.
知能迁移2 已知函数f(x)=-x2+8x,求函数f(x)在区间 [t,t+1]上的最大值h(t). 解 f（x）=-x2+8x=-(x-4)2+16 ①当t+1<4,即t<3时， f(x)在[t,t+1]上单调递增. 此时h(t)=f(t+1)=-(t+1)2+8(t+1)=-t2+6t+7； ②当t≤4≤t+1,即3≤t≤4时，h(t)=f(4)=16； ③当t>4时，f(x)在[t,t+1]上单调递减. 此时h(t)=f(t)=-t2+8t. 综上可知
题型三 二次函数的综合应用 【例3】 已知二次函数y=f(x)的图象与x轴 交于A，B两点，且 它在y轴上的截距 为4,又对任意的x都有f(x+1)=f(1-x). （1）求二次函数的表达式； （2）若二次函数的图象都在直线l:y=x+c的下方， 求c的取值范围. 先根据性质特征：关于x=1对称，可设 为顶点式再待定系数.
解题示范解 （1）方法一 ∵f（x+1）=f（1-x），∴y=f（x）的对称轴为x=1， 又f(x)为二次函数，可设f(x)=a(x-1)2+k (a≠0),又当x=0时，y=4,∴a+k=4,得f(x)=a(x-1)2-a+4, 令f(x)=0,得a(x-1)2=a-4. 即f(x)=-2(x-1)2+6=-2x2+4x+4.
方法二 令二次函数y=f(x)的图象与x轴交于A（x1，0），B（x2，0），（x2>x1）,∵f（x+1）=f（1-x），∴x1+x2=2，x2-x1= ，得 设二次函数又f(0)=4,则a=-2.即f(x)=-2(x-1)2+6=-2x2+4x+4. (2)由条件知-2x2+4x+4
知能迁移3 已知二次函数f(x)=ax2+bx(a、b为常 数且a≠0)满足条件：f(-x+5)=f(x-3),且方程 f(x)=x有等根. （1）求f(x)的解析式； （2）设g(x)=f(x)+tx(t∈R)，试求g(x)在区间 ［-1,1］上的最小值； （3）是否存在实数m、n(m
（2） 其对称轴为x=t+1,函数图象是开口向下的抛物线，故求最小值只需讨论区间两个端点-1与1离对称轴的距离.
当t+1≥0，即t≥-1时， 为最小值；当t+1<0，即t<-1时， 为最小值.（3）假设存在这样的m、n满足条件，故二次函数f(x)在区间［m,n］上是增函数，∵m
4.关于二次函数y=f(x)对称轴的判断方法： （1）对于二次函数y=f(x)对定义域内所有x,都有 f(x1)=f(x2),那么函数y=f(x)图象的对称轴方程为: (2)对于二次函数y=f(x)对定义域内所有x,都有 f(a+x)=f(a-x)成立，那么函数y=f(x)图象的对称 轴方程为：x=a(a为常数). （3）对于二次函数y=f(x)对定义域内所有x,都有 f(x+2a)=f(-x)，那么函数y=f(x)图象的对称轴方程为:x=a(a为常数).
定时检测1.方程x2-mx+1=0的两根为α,β,且α>0,1<β<2,则 实数m的取值范围是 . 解析 方法一
方法二 设f(x)=x2-mx+1,∵αβ=1且1<β<2,∴0<α<1.由图可知，f（1）·f(2)=(2-m)(5-2m)<0,答案
2.若函数y=x2+(a+2)x+3,x∈［a,b］的图象关于x=1 对称，则b= . 解析 函数y=x2+(a+2)x+3的图象的对称轴为
3.设二次函数 的定义域为［n,n+1］, n∈N*，则f(x)的值域中有 个整数. 解析 ∵函数f(x)的对称轴为 ∴函数f(x)在定义域［n,n+1］,n∈N*上单调递增， ∴f(x)∈［f(n),f(n+1)］,
4.函数f(x)=-x2+(2a-1)|x|+1的定义域被分成了四个 不同的单调区间，则实数a的取值范围是 .
解析 f（x）=-x2+(2a-1)|x|+1是由函数f(x)=-x2+(2a-1)x+1变化得到，第一步保留y轴右侧的图象，再作关于y轴对称的图象.因为定义域被分成四个单调区间，所以f(x)=-x2+(2a-1)x+1的对称轴在y轴的右侧，使y轴右侧有两个单调区间，对称后有四个单调区间.所以
三、解答题5.已知函数f(x)=ax2+bx+c(a>0,b∈R,c∈R). （1）若函数f(x)的最小值f(-1)=0,且c=1, （2）若a=1,c=0,且|f(x)|≤1在区间(0,1］恒成 立，试求b的取值范围. 解 （1）由已知c=1,a-b+c=0,且 解得a=1,b=2.∴f(x)=(x+1)2.
∴F(2)+F(-2)=(2+1)2+［-(-2+1)2］=8.
（2）f(x)=x2+bx，原命题等价于-1≤x2+bx≤1在(0,1］上恒成立，
6.已知函数f(x)=x2,g(x)=x-1. (1)若存在x∈R使f(x)
(2)F（x）=x2-mx+1-m2,Δ=m2-4(1-m2）=5m2-4.①当Δ≤0，即 时，则必需②当Δ>0,即 时,设方程F(x)=0的根为x1,x2(x1
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