初高中数学衔接课程教案10-含参二次函数的最值

第一篇：初高中数学衔接课程教案10-含参二次函数的最值

初高中数学衔接课程教案10 含参二次函数的最值

一、知识点梳理

一元二次函数的区间最值问题，核心是对函数对称轴与给定区间的相对位置关系的讨论．一般分为：对称轴在区间的左边，中间，右边三种情况．

设f(x)ax2bxc(a0)，求f(x)在x[m，n]上的最大值与最小值． 分析：将f(x)配方，得对称轴方程x当a0时，抛物线开口向上

b 2ab[m，n]必在顶点取得最小值，离对称轴较远端点处取得最大值； 2ab[m，n] 若2a若当a0时，抛物线开口向上，此时函数在[m，n]上具有单调性，故在离对称轴xb较2a远端点处取得最大值，较近端点处取得最小值．当a0时，如上，作图可得结论，对二次函数的区间最值结合函数图象总结如下： 当a0时

f(x)maxb1f(m)，(mn)(如图1)2a2f(x)minb1f(n)，(mn)(如图2)2a2bf(n)，n(如图3)2abbf()，mn(如图4)

2a2abf(m)，m(如图5)2a

当a0时

f(x)maxbf(n)，n(如图6)b12af(m)，(mn)(如图9)2a2bb f()，mn(如图7)f(x)min2a2af(n)，b1(mn)(如图10)b2a2f(m)，m(如图8)2a

二、典型例题 1．轴定区间定

例1．已知函数f(x)x2解析：f(x)(x所以x23x1,x[1,3],，求函数f(x)的最大值与最小值． 3324) 334323时，f(x)min;x1时，f(x)max．

333

2．轴定区间动

例2．设a为实数，函数f(x)x2|xa|1,aR,，求f(x)的最小值．

2解析：（1）当xa时，f(x)(x)1，则f(x)min21②若a，则f(x)minf(a)a21

2123（2）当xa时，f(x)(x)a

241①若a，则f(x)minf(a)a21;；

2113②若a，则f(x)minf()a

22413111综上所述，当a时，f(x)mina；当a时，f(x)mina21；当a242223时，f(x)mina．

4①若a

3．轴动区间定

例3．求函数yx(xa)在x[1,1]上的最大值．

13a

2413f()a;

24a2a2aaa解析：函数y(x)图象的对称轴方程为x，应分11，1，22224a1即2a2，a2和a2这三种情形讨论，下列三图分别为 2（1）a2；由图可知f(x)maxf(1)

（2）2a2；由图可知f(x)maxf()

a2（3）a2时；由图可知f(x)maxf(1)

f(1),a2(a1),a2y最大f(a2),2a2；即ya2最大,2a2

1),a24f(a1,a2

4．轴变区间变

例4．已知y24a(xa)(a0),，求u(x3)2y2的最小值． 解析：将y24a(xa)代入u中，得

①，即时，②，即时，所以

5、逆向型

例5．已知函数f(x)ax22ax1在区间[3,2]上的最大值为4，求实数a的值．解析：f(x)a(x1)21a,x[3,2]（1）若a0,f(x)1,，不合题意．（2）若a0,则f(x)maxf(2)8a1

由8a14，得a38（3）若a0时，则f(x)maxf(1)1a

由1a4，得a3

综上知a

3或a3 8x2x在区间[m,n]上的值域是[3m,3n]，求m，n的值． 例6．已知函数f(x)2mn,n的位置关系． 解析1：讨论对称轴中1与m,2①若解得②若，则 f(x)maxf(n)3n

f(x)minf(m)3mf(x)maxf(1)3nmn1n，则，无解 2f(x)minf(m)3mf(x)maxf(1)3nmn，则，无解 2f(x)minf(n)3m③若m1f(x)maxf(m)3n④若，则，无解

f(x)f(n)3mmin综上，m4,n0

11112解析2：由f(x)(x1)，知3n,n,，则[m,n](,1]，f(x)在[m,n]上2226递增． 所以f(x)maxf(n)3n

f(x)minf(m)3m解得m4,n0

评注：解法2利用闭区间上的最值不超过整个定义域上的最值，缩小了m，n的取值范围，避开了繁难的分类讨论，解题过程简洁、明了．

三、巩固练习

1、已知二次函数f(x)满足条件f(0)1及f(x1)f(x)2x（1）求f(x)；

（2）求f(x)在区间[1,1]上的最大值和最小值

2解：（1）设f(x)axbxc，由f(0)1，可知c1

∵f(x1)f(x)[a(x1)b(x1)c](axbxc)2axab 故由f(x2)f(x)2x得2a2，ab0

2因而a1，b1所以f(x)xx1 4 22（2）f(x)xx1(x)123 4113[1,1]，所以当x时，f(x)的最小值为 224当x1时，f(x)的最大值为f(1)3 ∵

2、已知二次函数f(x)ax2(2a1)x1在区间[,2]上的最大值为3，求实数a的值． 分析：这是一个逆向最值问题，若从求最值入手，需分a0与a0两大类五种情形讨论，过程繁琐不堪．若注意到f(x)的最值总是在闭区间的端点或抛物线的顶点处取到，因此先计算这些点的函数值，再检验其真假，过程简明． 解：（1）令f(322a11)3，得a 2a2，且2[此时抛物线开口向下，对称轴为故a3,2] 21不合题意； 211，此时抛物线开口向上，闭区间的右端点距离对称轴远些，故a222，经检验，符合题意． 3（2）令f2得a()3，符合题意；

（3）若f()3，得a综上，a2312或a 23评注：本题利用特殊值检验法，先计算特殊点（闭区间的端点、抛物线的顶点）的函数值，再检验其真假，思路明了、过程简洁，是解决逆向型闭区间二次函数最值问题的一种有效方法．

23、已知函数ytata1，t1,1的最大值为2，求a的值． 425 12a(aa2)，对称轴为t，42a12（1）当11，即2a2时，ymax(aa2)2，得a2或a3（舍去）．

24aa212（2）当1，即a2时，函数y(t)(aa2)在[1,1]单调递增，2421110由ymax1aa2，得a．

423aa212（3）当1，即a2时，函数y(t)(aa2)在[1,1]单调递减，由22411ymax1aa2，得a2（舍去）．

4210综上可得：a的值为a2或a．

32解析：y(t)a2

第二篇：含参二次函数最值问题探讨

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

第三篇：二次函数的最值教案

丰林中学 任志库

一、教学目标

（一）知识与技能

1、会通过配方或公式求出二次函数的最大或最小值；

2、在实际应用中体会二次函数作为一种数学模型的作用，会利用二次函数的性质求实际问题中的最大或最小值；

（二）过程与方法

通过实例的学习，培养学生尝试解决实际问题，逐步提高分析问题、解决问题的能力，培养学生用数学的意识。

（三）情感态度价值观

1、使学生经历克服困难的活动，在数学学习活动中获得成功的体验，建立学好数学的信心；

2、通过对解决问题过程的反思，获得解决问题的经验和获得新的思想知识的方法，从而体会熟悉活动中多动脑筋、独立思考、合作交流的重要性。

四、教学重点与难点

1、教学重点：实际问题中的二次函数最值问题。

2、教学难点：自变量有范围限制的最值问题。

二、课堂教学设计过程

（一）复习导入 以旧带新

1、二次函数的一般形式是什么？并说出它的开口方向、对称轴、顶点坐标。

2、二次函数y=－x²+4x－3的图象顶点坐标是（）

当x

时，y有最

值，是______。

3、二次函数y=x²+2x-4的图象顶点坐标是（）当x

时，y有最

值，是______。

分析：由于函数的自变量的取值范围是全体实数，所以只要确定他们的图像有最高点或最低点，就可以确定函数有最大值或最小值。

设计意图：复习与本节课有关的知识，可充分调动学生思维的积极性，又为新课做好准备。

（二）创设情境，导入新课

1、试一试：

1.有长为30米得篱笆，利用一面墙（墙的长度不超过10米），围成中间隔有一道篱笆（平行于BC）的矩形花圃。设花圃的一边BC为x米，面积为y平方米。

（1）求y与x的函数关系式；

（2）能否使所围矩形花圃的面积最大？如果能，求出最大的面积；如果不能，请说明理由。设计意图：让学生从已学的用配方法或公式法求二次函数的最值，在教学时，可让学生充分讨论、发言，培养学生的合作探究精神，可让学生感受到成功的喜悦。

2。直击中考：

例2.某商店购进一批单价为20元的日用品,如果以单价30元销售,那么一个月内可以售出400件.根据销售经验,提高单价会导致销售量的减少,即销售单价每提高1元,销售量相应减少20件.售价提高多少元时,才能在一个月内获得最大利润? 分析：解决实际问题时，应先分析问题中的数量关系，列出函数关系式，求出自变量的取值范围，结合图像和二次函数的性质求w的最大值。

（四）课堂练习，见导学案

（五）课堂小结，回顾提升

本节课我们研究了二次函数的最值问题，主要分两种类型：

（1）如果自变量的取值范围是全体实数，那么函数在顶点处取最值；

（2）如果自变量的取值范围不是全体实数，要根据具体范围加以分析，结合函数图像的同时利用函数的增减性分析题意，求出函数的最大值或最小值。

另：当给出了函数的一般形式时，不管自变量是否受限制，常常要配方化为顶点式来求最值问题。

（六）布置作业，

第四篇：二次函数最值问题

《二次函数最值问题》的教学反思

大河镇 件，设所获利润为y元，则y＝（x-2.5）［500+200(13.5-x)］，这样，一个二元二次方程就列出，这也为后面学习二次函数与一元二次方程的关系奠定了基础，针对上述分析，把所列方程整理后，并得到y＝－200x2＋3700x-8000，这里再利用二次函数y＝ax2+bx+c(a≠0)的解析式中a、b、c的大小来确定问题的最值。把问题转化怎样求这个函数的最值问题。

b4acbb4acb根据a>0时，当x=－，y最小＝；a<0时，当x＝－,y最大＝

2a4a2a4a的公式求出最大利润。

例2是面积的最值问题（下节课讲解）

教学反馈：讲得丝丝入扣，大部分学生能听懂，但课后的练习却“不会做”。反思一：本节课在讲解的过程中，不敢花过多的时间让学生争辩交流，生怕时间不够，完成了不教学内容，只能按照自己首先设计好的意图引领学生去完成就行了。实际上，这节课以牺牲学生学习的主动性为代价，让学生被动地接受，去听讲，体现不了学生是学习的主人这一关键环节。

反思二：数学教学的目标不仅是让学生学到一些知识，更重要的是让学生学会运用知识去解决现实问题，让学生“从问题的背景出发，建立数学模型”的基本流程，如例题中，可让学生从“列方程→转化为二次函数解析式→

b4acb当x＝－时，y最大（小）＝→解决问题”，让学生在实践中发现数2a4a学，掌握数学。

反思三：教学应当促进学生成为学习的主人，离开了学生积极主动学习，老师讲得再好，学生也难以接受，或者是听懂了，但不会做题的现象。传统的教学“五环节”模式已成为过去，新的课程标准需要我们用新的理念对传统的教学模式、教学方法等进行改革，让学生成为课堂的主角。

第五篇：二次函数的最值问题教案

二次函数的最值问题 莘庄职校 ：吴翩

班级：莘庄职校03级（4）班

2003/12/4 [教学目标]1、2、3、4、使学生掌握二次函数在给定区间上最值的理论和方法。引入数形结合和分类讨论的思想。

培养学生敏锐的观察能力，运算准确性，思维的灵活性，培养学生发现问题的创新意识，探索问题的创新精神以及多层次，多角度思考问题的创新思维。[教学重点、难点] 重点：当区间端点不定时，讨论二次函数最值问题。难点：分类讨论思想的正确运用。[教学过程]

一、知识回顾

1、二次函数概念：形如yax2bxc(a0)的函数叫一元二次

函数。

bb4acb2)

其中对称轴为x，顶点坐标为(,2a2a2a2、图象性质

（动画演示）

（1）单调性（2）最值

二、问题探究

例题：求函数f(x)x22x1在下列区间最大值和最小值。（动画演示）

（1）R

f(x)minf(1)

（2）[-2，2]

f(x)minf(1)

f(x)maxf(2)

（3）[1，3]

f(x)minf(1)

f(x)maxf(3)

5（4）[-2，]

45f(x)minf()

f(x)maxf(2)

41f(2)

[-2，]

f(x)minf(1)

f(x)max31[-2，]

3f(x)minf(1)

f(x)ma1f()x3（5）[-2，a]

（学生观察，讨论）

f(2)f(a)

f(x)max①当-2≤a＜-1时

f(x)minf(2)f(1)

f(x)max②当-1≤a＜0 时

f(x)minf(a)③当a≥0时

f(x)minf(1)

f(x)max

三、问题引申

求函数f(x)x22x1在区间[m，m+2]上的最大值和最小值。

（动画演示）

f(m)解：当m＜-3时

f(x)minf(m3)

f(x)maxf(m)f(1)

f(x)max当-3＜m＜-2时

f(x)minf(m2)f(1)

f(x)max当-2＜m＜-1时

f(x)minf(m2)当m＞-1时

f(x)minf(m)

f(x)max

四、总结归纳

五、开拓思维

当二次函数对称轴变化时，在指定区间内求最值

研究：二次函数f(x)x22a1在区间[-1，2]上最值。（动画演示）