含参二次函数最值问题探讨_二次函数含参最值问题

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含参二次函数最值问题探讨

甘肃畜牧工程职业技术学院

张发荣

733006 二次函数模型是重要的函数模型，在北师大版高中《数学》新教材中占了大量的篇幅，详尽介绍了二次函数的性质及应用．特别是二次函数的最值问题是历年来高考命题的一个热点问题，而求二次函数的最值问题归纳起来主要有四种形式：（1）轴定区间定，（2）轴定区间动，（3）轴动区间定．

（四）轴动区间动。一般来说，讨论二次函数在区间上的最值，主要看区间落在二次函数的哪一个单调区间上，从而用相应的单调性来求最值，这种思路体现了分类讨论的思想方法．下面就新教材，通过例子具体谈谈二次函数最值的几种求解方法．

一、轴定区间定

由于这种类型的二次函数的对称轴是固定的，区间也是固定的，因而求它的最值，只 要直接应用单调性求出最值即可．

例1（2002年高考数学上海卷）fxx22ax2，x5,5．（1）当a1时，求函数fx的最大值和最小值；

（2）求实数a的取值范围，使yfx在区间5,5上是单调函数．

解：方法

（一）：（1）当a1时，fxx22x2x11，x5,5，2由于对称轴为x1，区间为5,5，而当1x5时，fx是单调递增的；当5x1时，fxx22ax2fx是单调递减的，所以fxminf11，fxmaxf537．

（2）=xa2a2，所以对称轴为xa，由数形结合可知，当a5时，2fx在区间5,5上单调递减；当a5时，fx在区间5,5上单调递增．

方法

（二）：（导数法）

''（1）当a1时，因为fx2x2，令fx0，得x1

''当5x1时，fx0，当1x5时，fx0 所以x1是fx的极小值点

fxminf1

1fxmaxf5,f5'maxf537

（2）fx在区间5,5上单调等价于yfx在区间5,5上恒大于等于0或恒小于等于0，于是2x2a0或2x2a0在5,5上恒成立

所以ax或ax在5,5上恒成立 故a5或a5

二、轴定区间动

由于这种形式的对称轴是固定的，而区间是变动的，因而求它的最值必须进行分类讨论才能得出结果．

例2（2008年高考数学全国卷）已知函数fxx23x5，xt,t1，若fx 的最小值为ht，写出ht的表达式．

分析：所求二次函数解析式固定，区间变动，可考虑区间在变动过程中二次函数的单调性，从而利用二次函数的单调性求出此函数的最值．

3329

解：fxx，所以对称轴为x固定，而区间t,t1是变动的，224因此有

（1）当t1

（2）当t

（3）当t2352，即t时，hxft1t13t15t25t1；

2232时，hxftt3t5； 2353293t1，即t时，htf． 2224225t5t1t23295t

综上所述，hx

24232t3t5t2

三、轴动区间定

这种形式的二次函数对称轴是变动的，而区间是固定的，要求其最值，需要讨论对称轴在区间端点之间、端点之外时的各种情况才能确定．

例3（2011年高考数学宁夏卷）若fx12a2acosx2sinx的最小值为

2ga．

（1）求ga的解析式；（2）求能使ga1的a值，并求出当a取此值时，fx的最大值． 2分析：这是一个定区间，动对称轴的最值问题，要求它的最值要由定区间看动轴的不

同变化，再由函数的单调性求出最值．

aa2 解：（1）fx2cosx2a1，令tcosx1,1，所以对称轴

22tcosx当

2a是变动的，而t1,1是定区间．于是有 2a1，即a2时，fx在cosx1时取得最小值，即ga1； 2aa当11，即2a2时，fx在cosx时取得最小值，22a22a1； 即ga2当a1，即a2时，fx在cosx1时取得最小值，即ga14a． 214aa22a2a12a2 综上所述，ga21a2111a212a1时，由于14a得（2）当ga，即14a或222221a21a，显然不合题意，故只有2a1，即a3（舍去）或a1，822因为2a2才符合题意，所以当ga21时，a1，211所以fx2cosx，因此，当cosx1时，fxmax5．

22四，轴动区间动

对称轴不定，区间也不定，由于它们的变化是相互制约的，故必须对它们的制约关系（含参量）进行讨论：对称轴横坐标在所给的区间内；对称轴横坐标不在所给的区间内，同样是按照对称轴关于区间的位置分情况讨论。

例4，已知y4axaa0，求fxx3y2的最小值 22解y4axa代入fx中，得 2fxx34axax32a12a8a2，xa, 222（1）当32aa，即0a1时，fxminf32a12a8a；

（2）当32aa，即a1时，fxminfaa33

212a8a(0a1)因此可得，fxmin= 2(a3)(a1)综上 ,求二次函数的一般方法为：设函数fxax2bxc,a0,xm,n则对称轴为xb, 最值分情况讨论： 2ab时，对称轴在区间左侧，fx在m,n上递增，则fx的最大值为 2a[1] 当mfn，最小值为fm；

b 时，对称轴在区间右侧，fx 在m,n上递减,，则fx的最大值2a[2] 当n为fm，最小值为fn；

[3] 当 bbbm,n时，则fx的最小值为f；在m,上函数fx递2a2a2a减，则fx的最大值为fm，在比较fm与fn的大小即得．

b,n上函数fx递增，则fx的最大值为fn，2a参考文献张忠．一元二次方程实根分布新探［Ｊ］．中学数学杂志，2007.4 2 李晓梅,李国兴．新课程下中学数学学习训练的设计［Ｊ］．数学通报，2007.2 3 张世林．一道高三调研考试题的繁解、错解、简解［Ｊ］．中学数学教学参考（高中），2007,5 4 刘瑞美,孙玉．求二次函数最值的几种形式［Ｊ］．中学数学教学参考（高中），2007,12