培优专题01 二次函数含参数最值问题-2023-2024学年高一数学期末总复习（人教A版必修第一册）

这是一份培优专题01 二次函数含参数最值问题-2023-2024学年高一数学期末总复习（人教A版必修第一册），文件包含培优专题01二次函数含参数最值问题解析版docx、培优专题01二次函数含参数最值问题原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共40页， 欢迎下载使用。
培优专题01 二次函数含参数最值问题
【题型目录】
题型一：定轴动区间问题
题型二：定区间动轴问题
题型三：含绝对值二次函数问题
题型四：定义域为，值域为求参数问题
题型五：二次函数值域包含性问题
【典型例题】
题型一：定轴动区间问题
【例1】已知二次函数满足，满足，且．
(1)求的解析式；
(2)当时，求函数的最小值（用表示）．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意可得，再代入到，化简可求出，从而可求出的解析式.
（2）求出抛物线的对称轴，然后分和三种情况求解函数的最小值.
【详解】（1）因为二次函数，且满足，，所以，，所以 ，得.
所以.
（2）是图象的对称轴为直线，且开口向上的二次函数.
当时，在上单调递增，则；
当即时，在上单调递减，则；
当，即时，；
综上所述.
【例2】已知定义在上的函数，满足．
(1)求的解析式．
(2)若在区间上的值域为，写出实数的取值范围（不必写过程）．
(3)若在区间上的最小值为6，求实数的值．
【答案】(1)；(2)；(3)或．
【分析】（1）利用换元法即得；
（2）由题可得，可得函数的最小值，结合条件进而即得；
（3）分类讨论结合二次函数的性质即得.
（1）
∵，
令，则，
∴，
所以；
（2）
∵，
∴当时，，
当时，，
解得：或，
∵在区间上的值域为，
∴；
（3）
∵，
对称轴为，
当时，则，函数在上单调递减，
当时，函数的最小值，
解得或（舍）；
当时，则，
则此时，当时，函数的最小值，不符合题意；
当时，函数在上单调递增，
当时，，
解得：或，
∵，
∴（舍），故；
综上：或．
【例3】对于函数，若存在，使得成立，则称为的不动点，已知函数的两个不动点分别是-2和1.
(1)求的值及的表达式；
(2)当函数的定义域是时，求函数的最大值.
【答案】(1)，
(2)

【分析】（1）根据不动点可列方程求解 ，
（2）分类讨论定义域与对称轴的位置关系，结合二次函数的单调性即可求解.
（1）
依题意得 ，即 ，
解得.
.
（2）
①当区间在对称轴左侧时，即，也即时，在单调递增，则最大值为；
②当对称轴在内时，即也即时，的最大值为.
③当在右侧时，即时，在单调递减，则最大值为.
所以 .
【例4】已知函数为二次函数，不等式的解集是，且在区间上的最小值为.
(1)求的解析式；
(2)设函数在上的最大值为，求的表达式.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据题意，设，可得函数的对称轴，再根据函数在上的最小值，求出，可得函数数的表达式；
（2）分时、时和时三种情况，分别讨论函数的单调性，可得相应情况下函数的最大值，最后综合可得的表达式．
(1)
解：因为不等式的解集是，所以的两根为1和5，且函数开口向下，故可设，所以函数的对称轴为，所以当时，，解得，故，即
(2)
解：因为，
当时，即时，在上单调递增，所以
，
当时，即时，在上单调递增，在上单调递减，所以；
当时，在上单调递减，所以；
综合以上得
题型二：定区间动轴问题
【例1】已知函数.
(1)若函数在上单调递减，求实数的取值范围；
(2)若当时，恒成立，求实数的取值范围；
(3)是否存在实数，使得在上的值域恰好是？若存在，求出实数的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)；(2)；(3)存在，.
【分析】（1）根据对称轴和区间端点的相对位置即可求得的取值范围.
（2）分类讨论当时函数的最大值小于恒成立即可求得的取值范围.
（3）分类讨论得函数的值域结合已知条件求得的值.
【详解】（1）函数图象开口向下且对称轴是，要使在上单调递减，应满足，解得.
（2）函数图象的对称轴是.
当时，恒成立，故，所以；
当时，恒成立，故；
所以
综上所述：的取值范围
（3）当，即时，在上递减，
若存在实数，使在上的值域是，则
即，此时无解.
当，即时，在上递增，则即解得.
当，即时，在上先递增，再递减，所以在处取得最大值，则，解得或，舍去.
综上可得，存在实数，使得在上的值域恰好是.
【例2】已知二次函数的图象过点，且不等式的解集为.
(1)求的解析式：
(2)若在区间上有最小值2，求实数t的值.
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）根据题意得，又由一元二次不等式的解可知，1和3是方程的两根，利用根与系数的关系即可求参数，写出解析式；（2）由二次函数的开口及对称轴，结合其在闭区间上的最小值，讨论t≤−1、−1＜t＜2、t≥2三种情况下求符合条件的t值即可．
（1）由题意可得：
∵不等式的解集为，则的两根为，且
∴，解得
故
（2）由（1）可得的对称轴为
当时，则在上单调递增
∴，则
当时，则在上单调递减，在上单调递增
∴，则或（舍去）
当时，则在上单调递减
∴，则（舍去）
综上所述：实数t的值为.
【例3】已知函数．
(1)若函数在上是增函数，求实数的取值范围；
(2)若不等式的解集为，求的值；
(3)若时，求时的最小值．
【答案】(1)；(2)，；(3)
【分析】（1）根据函数的对称轴为，且在上是增函数，可得，由此求得a的范围；
（2）由题意得0，2是方程的两个实数根，利用一元二次方程根与系数的关系，求出的值；
（3）根据的对称轴和区间的关系分类讨论，根据函数的单调性求得．
（1）∵函数的对称轴为，且在上是增函数，
∴，解得，
∴实数a的取值范围是．
（2）若不等式的解集为，
则0，2是方程的两个实数根，
∴，∴．
（3）若，则，对称轴为，
当，即时，函数在到单调递增，
则，
当，即时，
函数在单调递减，在单调递增，
则，
当，即时，函数在单调递减，
则，
综上，．
【例4】已知函数，.
(1)若函数的图象经过点，求实数的值；
(2)在（1）条件下，求不等式的解集；
(3)当时，函数的最小值为1，求当时，函数的最大值.
【答案】(1)；
(2)；
(3)当时，的最大值为13，当时，最大值为．
【分析】（1）由题可得，进而即得；
（2）利用二次不等式的解法即得；
（3）对的对称轴与区间的关系进行分情况讨论，判断的单调性，利用单调性解出，再求出最大值．
（1）
由题可得，
∴；
（2）
由，
解得，
所以不等式的解集为；
（3）
因为是开口向上，对称轴为的二次函数，
①若，则在上是增函数，
∴，
解得，
∴；
②若，则在上是减函数，
∴，解得（舍）；
③若，则在上是减函数，在上是增函数；
∴，解得或（舍）．
∴；
综上，当时，的最大值为13，当时，最大值为．
【例5】在①，②这两个条件中任选一个，补充到下面问题的横线中，并求解该问题．已知函数．
(1)当时，求函数在区间上的值域；
(2)若______，，求实数a的取值范围．
【答案】(1)
(2)答案见解析

【分析】（1）利用二次函数的性质直接求解其值域，
（2）若选条件①，求出抛物线的对称轴，分，和三种情况求出函数的最小值，使最小值大于等于零，即可求出a的取值范围，若选条件②，则，由抛物线的性质可得或，从而可求出a的取值范围.
（1）
当时，，
∴在上单调递减，在上单调递增，
∴，，
∴函数在区间上的值域为．
（2）
方案一：选条件①．
由题意，得．
若，即，则函数在区间上单调递增，
∴，解得，
又，∴a＝4．
若，即，则函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
∴，
解得，∴．
若，即，则函数在区间上单调递减，
∴，
解得，又，∴a＝－4．
综上所述，实数a的取值范围为．
方案二：选条件②．
∵，，
∴，
∵函数的图象是开口向上的抛物线，最大值只可能在区间端点处取得．
∴或，解得或，
∴．
故实数a的取值范围为．
题型三：含绝对值二次函数问题
【例1】已知二次函数，，对任意，，且恒成立．
(1)求二次函数的解析式；
(2)若函数的最小值为5，求实数的值．
【答案】(1)，(2)
【分析】（1）根据得到，根据恒成立得到，结合，求出，，求出二次函数解析式；
（2）结合第一问，将写出分段函数，分，与三种情况，结合函数单调性，最小值为5，列出方程，求出实数的值.
【详解】（1）由题意得：，且，
恒成立，
故，
将代入中，，
故，从而，
由得：，
整理得，故，
联立与，解得：，
故，
二次函数解析式为；
（2）函数的最小值为5，
，
且，即在端点处分段函数的函数值相等，
当时，在上单调递减，在上单调递增，
故在处取得最小值，即，解得：，符合要求；
当时，在上单调递减，在上单调递增，
故在处取得最小值，即，解得：，不合题意，舍去；
当时，在上单调递减，在上单调递增，
故在处取得最小值，即，解得：，符合要求；
综上：.
【例2】已知函数．
(1)若为偶函数，求的值；
(2)若函数的最小值为8，求的值．
【答案】(1)0，(2)2
【分析】（1）利用偶函数的定义，列出关系式，即可求出a的值；
（2）化简函数为分段函数，通过讨论a的范围，列出关系式求解即可．
【详解】（1）因为f(x)是偶函数，所以f(－x)＝f(x)，
故x2＋2|－x－a|＝x2＋2|x－a|，
所以|x＋a|＝|x－a|，即x2＋2ax＋a2＝x2－2ax＋a2，化简得4ax＝0，
因为x∈R，所以a＝0．
（2）
①若a＝0，则g(x)＝2，不合题意；
②若a＜0，则g(x)无最小值，不合题意；
③若0＜a≤1，
当x≥a时，g(x)在[a，＋∞)上单调递增，g(x)≥g(a)；
当x＜a时，g(x)在(－∞，a)上单调递减，g(x)＞g(a)．
所以，g(x)的最小值为g(a)＝a3＋2＝8，所以a＝＞1，舍去；
④若a＞1，
当x≥a时，g(x)在[a，＋∞)上单调递增，g(x)≥g(a)；
当x＜a时，g(x)在(－∞，1]上单调递减，在(1，a)内单调递增，所以g(x)≥g(1)，
因为g(1)＜g(a)，所以g(x)的最小值为g(1)＝2a2－a＋2＝8，所以a＝(舍去)或a＝2，
综上所述，a＝2．
【例3】已知函数.
(1)当时，试写出函数的单调递增区间；
(2)若函数在上的最小值是，求的值
【答案】(1)单调递增区间为；(2)3或4
【分析】（1）当时，求出，利用二次函数的性质确定函数的单调区间；
（2）分，，，和五种情况进行讨论，结合函数的图象得到对应的最小值，即可得到答案
（1）
当时，,
所以,
当时，，其图象开口向上，对称轴方程为，
所以在上单调递减，在上单调递增；
当时，，其图象开口向下，对称轴方程为，
所以在上单调递减，
综上可知，的单调递增区间为；
（2）
当时，，
因为，所以，解得，故舍去；
当时，，
因为，所以在递增，在递减，
所以的最小值在或中取，
且，，
若的最小值为，解得，故舍去；
若的最小值为，解得，故舍去；
当时，，
因为，所以在递减，在递增，在递减，
所以的最小值在或中取，
若的最小值为，解得，故舍去；
若的最小值为，解得，
检验：，故满足；
当时，，
因为，所以，因为，解得；
当时，，
因为，所以，解得，故舍去；
综上所述，的值为3或4
【点睛】关键点睛：这道题的关键在于比较对称轴和与区间的关系，分成了5种情况，数形结合，利用二次函数的图象与性质得到对应的最小值
【例4】已知函数
(1)当时，求的单调增区间；
(2)若，使，求实数a的取值范围．
【答案】(1)单调递增区间为和
(2)
【分析】（1）根据已知及分段函数，函数的单调性与单调区间的计算，求出的单调增区间；（2）根据已知及二次函数的性质求最值，结合不等式和绝对值不等式的计算求出实数a的取值范围．
（1）
当时，，
时，单调递增，
时，在上单调递增，在上单调递减，
所以的单调递增区间为和，
（2）
，使
所以，
即，     
①当时，，对称轴，
当即时，，
，
所以，
所以或，
因为，所以 ，
当即时，，
，
所以，
，
因为，所以，
②当时，，对称轴，
所以，
，
所以，
，
所以 ，                         
③当时，，
因为，
因为，
所以不可能是函数的最大值，
所以，
所以，
所以，                              
综上所述：a的取值范围是  .
【点睛】关键点点睛：本题主要考查了分段函数，函数的单调性与单调区间，函数的最值，不等式和绝对值不等式的应用，属于较难题，解题的关键是将，使，转化为，然后分类利用二次函数的性质求出其最值即可，考查了分类思想和计算能力
【例5】已知函数.
(1)若函数在上单调递增，求实数m的取值范围；
(2)若函数在的最小值为7，求实数m的值.
【答案】(1)
(2)或

【分析】（1）化为分段函数，结合单调性得到实数m的取值范围；（2）化为分段函数，对分类讨论，结合最小值为7，求出实数m的值，注意舍去不合要求的值.
(1)
，即在上单调递减，在上单调递增，若函数在上单调递增，则，所以实数m的取值范围是；
(2)
,
①当时，在上单调递增，故，解得：或3（舍去）；
②当时，，解得：（舍去）；
③当时，在上单调递增，在上单调递减，且更靠近1，所以，解得：或（舍去）；
④当时，在上单调递增，在上单调递减，且更靠近2，所以，解得：（舍去）或3（舍去）；
⑤当时，在上单调递增，故，解得：（舍去）或3（舍去）；
综上：或.
题型四：二次函数已知定义域值域求参数问题
【例1】已知a，b是常数，，，，且方程有两个相等的实数根．
(1)求a，b的值；
(2)是否存在实数m，n，使得的定义域和值域分别为和?若存在，求出实数m，n的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，
(2)存在，

【分析】（1）由、有两个相等的实数根可得答案；
（2）假设存在符合条件的m，n．，得，由一元二次函数图象的特征结合定义域和值域可得答案.
（1）
由，，得，
又方程，即有两个相等的实数根，
所以，解得，；
（2）
假设存在符合条件的，
由（1）知，则有，即，
由一元二次函数图象的特征，
得，即，解得，
所以存在，，使得函数在上的值域为．
【例2】已知函数.
(1)当，且时，求的值；
(2)若存在实数，使得函数的定义域为时，其值域为，求实数的取值范围.
【答案】(1)；
(2).

【分析】（1）根据函数的单调性可知，可等价于，即可解得的值；
（2）根据函数在上的单调性，即可确定在上的值域，从而根据根的分布建立方程组，即可解出m的取值范围．
(1)
由题意得在上为减函数，在上为增函数，
由，且，可得且
因此.
(2)
当时，则在上为增函数
故
即是方程的两个根
即关于的方程在上有两个不等的实数根.
设，则
解得.
【例3】已知函数，实数且．
(1)设，判断函数在上的单调性，并说明理由；
(2)设且时，的定义域和值域都是，求的最大值．
【答案】(1)在上单调递增，理由见解析
(2)

【分析】（1）由定义法直接证明可得；
（2）由题知是方程的不相等的两个正数根，然后整理成一元二次方程，由判别式和韦达定理列不等式组求解可得a的范围，再用韦达定理表示出所求，然后可解.
(1)
设，则，
，，，故在上单调递增；
(2)
由（1）可得时，在上单调递增，的定义域和值域都是，
，则是方程的不相等的两个正数根，
即有两个不相等的正数根，
则，解得，，
，时，最大值为；
【例4】已知二次函数的图像经过原点O，满足对任意实数x都有，且关于x的方程有两个相等的实数根.
(1)求函数的解析式：
(2)是否存在实数m、，使得的定义域为，值域为?若存在，求出m，n的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，

【分析】（1）由题意列方程求解
（2）根据定义域与对称轴关系，讨论值域后求解
(1)
经过原点，故，
，即有两个相等的实数根，由知，
，故的对称轴为，即，，
函数的解析式为．
(2)
，故，
故在上单调递增，
由题意得又，解得
存在满足题意
【例5】已知函数=x2－2x＋b的自变量的取值区间为，若其值域区间也为，则称为的保值区间．
(1)若b＝0，求函数f(x)形如的保值区间；
(2)若函数f(x)的保值区间为[m，n]，且f(x)在[m，n]上单调，求实数b的取值范围．
【答案】(1)和
(2)

【分析】（1）根据对称轴为标准分类讨论，使其满足定义即可求解；
（2）以对称轴为界分类讨论，依据单调性建立等式，再将问题转化为二次函数或一元二次方程问题求解.
(1)
当时，，其对称轴为.
当时，，此时，要满足函数f(x)是形如的保值区间，则，区间为；
当时，，定义域为，
此时，要满足函数f(x)是形如的保值区间，则，解得或（舍），因此，此时区间为.
综上可知，函数f(x)形如的保值区间为和；
(2)
因为函数f(x)的定义域、值域都为[m，n]，且f(x)在[m，n]上单调，
当m≥1时，函数f(x)在[m，n]上单调递增，
此时即
等价于方程x2－3x＋b＝0在[1，＋∞)上有两个不等实根，
令g(x)＝x2－3x＋b，则有解得；
当n≤1时，函数f(x)在[m，n]上单调递减，
此时即两式相减得：(m－n)(m＋n－1)＝0，
即m＝n(舍)或m＋n－1＝0，也即m＝1－n，由m