二次函数中的最值问题

二次函数中的最值问题（精选12篇）

二次函数中的最值问题 第1篇

二次函数的最值问题

雷州市第一中学 徐晓冬

一、知识要点

对于函数fxax2bxca0，当a0时，fx在区间R上有最 值，值域为。当a0时，fx在区间R上有最 值，值域为。

二、典例讲解

例

1、已知函数fxx2x2，（1）、若x2,0，求函数fx的最大值和最小值。（2）、若x1,1，求函数fx的最大值和最小值。（3）、若x0,1，求函数fx的最大值和最小值。

例

2、已知函数fxx2x2，xt,t1，求函数fx的最小值。

变式

1、已知函数fxx2x2，xt,t1，求函数fx的最大值。

点评：本题属于二次函数在动区间上的最值问题，由于二次函数的对称轴是固定的，区间是变动的，属于“轴定区间动”，由于图象开口向上，所以求最小值1要根据对称轴x与区间t,t1的位置关系，分三种情况讨论；最大值在端2点取得时，只须比较ft与ft1的大小，按两种情况讨论即可，实质上是讨论对称轴位于区间中点的左、右两种情况.例

3、已知函数fxx22mx2，x1,2，求函数fx的最小值和最大值。

例

4、已知函数fxmx2x2，x1,2，求函数fx的最小值和最大值。点评：二次函数最值与抛物线开口方向，对称轴位置，闭区间三个要素有关。求最值常结合二次函数在该区间上的单调性或图象求解，在区间的端点或二次函数图象的顶点处取得最值。

三、练习

1、已知函数fxx26x8，x∈[1，a]的最小值为f(a)，则实数a的取值范围是______________。

2、已知二次函数fxx22ax1a在区间[0,1]上有最大值为2，求实数a的值．

3、已知函数y4x24axa22a在区间0,2上有最小值3，求a的值。

4、若fx12a2acosx2sin2x的最小值为ga。（1）、求ga的表达表；（2）、求能使ga

5、已知fx43ax22xaaR，求f(x)在[0,1]上的最大值．

1的a的值，并求出当a取此值时，fx的最大值。2

二次函数中的最值问题 第2篇

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

数学导学案二次函数的最值问题 第3篇

掌握二次函数最值问题.

学习目标 (一)

二次函数y=ax2+bx+c在自变量取任意实数时的最值情况:

当a>0时, 函数在x=处取得最小值

当a<0时, 函数在x=处取得最大值

练习:

1. 抛物线y=2 (x+4) 2+7的开口方向是____, 顶点坐标为____, 对称轴是直线____, 当x=_____时, y有最____值为_____.

2. 抛物线y=-x2+6x+5的开口方向是________, 顶点坐标为_____, 当x=____时, y有最____值为____.

3.抛物线y=中, 当x=____时, y有_______值是________.

4. 二次函数y=-x2+mx中, 当x=2时, 函数值最大, 则其最大值是_______.

5. 已知二次函数y=x2-2x+c的最小值是-4, 则c=_______.

6. 二次函数y=ax2-4x+a的最大值是3, 则a=______.

学习目标 (二)

当自变量x在某个范围内取值时, 函数的最值问题.

练习:

7. 已知二次函数的图像 (0x3) 如图所示.关于该函数在所给自变量取值范围内, 下列说法正确的是 () .

A.有最小值0, 有最大值3

B.有最小值-1, 有最大值0

C.有最小值-1, 有最大值3

D.有最小值-1, 无最大值

8. 已知抛物线y=当1x5时, y的最大值是______, 最小值是______.

学习目标 (三)

二次函数的最值问题在实际生活中的应用.

练习:

9. 某学校要在围墙旁建一个长方形的生物苗圃园, 苗圃的一边靠围墙 (墙的长度不限) , 另三边用木栏围成, 建成的苗圃为如图所示的长方形ABCD.已知木栏总长为120米, 设AB边的长为x米, 长方形ABCD的面积为S平方米.

(1) 求S与x之间的函数关系式并写出自变量x的取值范围.

(2) 当x为何值时, S取得最大值?并求出这个最值.

10. 某工艺厂设计了一款成本为每件20元的工艺品, 投放市场进行试销后发现每天的销售量y (件) 是售价x (元/件) 的一次函数y=-10x+1000.

(1) 设该工艺品每天获得的利润为w元, 求出w与x的函数关系式.

(2) 如果该工艺品售价最高不能超过每件30元, 那么售价定为每件多少元时, 工艺厂销售该工艺品每天获得的利润最大?最大利润是多少元?

二次函数的最值问题研究 第4篇

一、 定轴动区间

点评：通过以上两个例题发现：区间的长度不变，但由于区间位置的移动，影响二次函数的最值.那为什么求最值有时分三种情况讨论，有时候分两种情况讨论呢？通过观察发现：二次函数的最值总是在区间的端点或二次函数的顶点取到.在例1中，二次函数开口向上，最值在两个端点或函数顶点都可能取到，所以分三种情况讨论；而在例2中，最大值不可能在函数顶点时取得，只有可能在两个端点处取得，所以通过端点与区间中点距离的远近分两种情况来讨论.

点评：在例4中，是二次函数的开口方向和对称轴都在变化，区间不变的最值问题；在例5中，先转化为分段函数，两题都是再根据对称轴与区间的位置关系进行分类讨论即可.在求最值时，分类是关键，结合图形去确定最值比较直观，但对学生的画图能力要求较高.在求二次函数动轴定区间的最值问题时，本质还是研究对称轴与区间的位置关系.

三、 动轴动区间

反思：本题是变轴变区间的类型，仍然从轴与区间的位置关系入手展开讨论.

通过以上几个例题，对于可化为二次函数在某区间上的最值问题，基本分为动轴定区间、定轴动区间以及动轴动区间，三种题型解题思路都可以从二次函数的开口方向，对称轴与区间的位置关系来进行讨论.讨论时要理清思路，必要时画出草图，借助数形结合，可以清晰地进行分类并解决问题.

二次函数的最值问题的研究 第5篇

（文献综述）

（内江师范学院数学与应用数学，四川 641100 王强）

摘 要函数的最值问题是高中阶段研究函数性质的一个重要指标，除了知道什么是函数最值如何求解最值这类高中生必须达到的基本要求外，能够精通求解函数最值的各种解法以及巧妙解答各类题型是对高中教师乃至高中学生的进一步要求。近年来，随着新课程的改革，教材中需要掌握的内容越加繁杂，对于知识的领悟程度也越发要求的高，高考中考查最值的题目难度增大，这不管是对于教师还是学生来说都是一个大的挑战，适应这一系列的变化，已经成为一种趋势，教师需要大量的学习、更精深的知识以及更多的方法来帮助学生度过难关，以达到一个高中生该具有的基本数学素养。

关键词 函数最值 解法 解题

前 言 最值问题是是高中数学乃至高考的热点以及重点，也是考察其他知识点的载体，它不但可以训练学生的逻辑思维，而且可以掌握很多的解题技巧，提高解决问题的能力，是解决函数问题的基准．如二次函数的最值问题可以更确切的认识图象，能够形象地判断所求闭区间内函数的最值．在实际生活中在具体问题中建立数学模型，解决高中数学建模中简单的最优化问题，以明确在生产生活中何时利润最大，成本最低，用料最省等等，它对其他学科也有辅助作用，如物理中的最短路线问题，经济学中的投资收益，航天发射计算最佳时间等．学习最值问题主要还是为了在高考中解决涉及最值问题的题型，如线性规划、三角函数、数列、圆锥曲线、导数等都会适当考查运用，是决战高考的基础知识。

1.高中生学习函数最值问题的困难

现在有很多学生遇到题目不会灵活应用，只会一味模仿以前做题的方式，用学到的很浅显的最值概念去解题，而没有作融会贯通，举一反三，计算能力以及解题技巧都还处在很基础的水平，在解题的时候很多学生搞不清已知条件所要传达的信息，无法正确的得出结论，更无法自如的应对结合诸多知识点的难题，亦或是高考．在平时的生活中，更是照本宣科，无法将学习到的最值问题，数学模型应用到实际生活中，当今时代，经济、金融已经是毕业生们想要争先步入的龙头行业，众所周知，学好经济学要很扎实的数学基础，由此看来，从长远考虑，最值问题是高中生在高中的一堂必修课。

2.先前研究成果

由于函数最值在高考以及日常生活的重要性，所以，对于函数的最值的研究也一直没有间断．如陈克胜于2005年在高等函授学报（自然科学版）发表的《求函数最值的方法举例》中为求解函数最值提供思路，重点是为了拓宽学生解决函数最值有关问题的视野，倡导应该通过解题，在解答过程中培育创新思维能力；游波平在《函数最值解法技巧探究》（《重庆文理学院》（自然科学版）2007.4）给出了一些求解函数最值的技巧，如数形结合思想这一类比较惯用的思想，并致力解决生产、生活和科学研究中的常见问题；王贵军2010年3月发表一篇题为《几何法在求解函数最值问题中的应用》的文章，旨在运用几何图形以及题目的几何意义来解决函数的最值问题，给我们以新的启迪．颜世序2012年3月在解题技巧与方法发表《浅谈导数在求函数最值中的应用》，将求函数最值的问题融入到求导的问题当中，导数也是高考的一个比较重要且相对较难的考点，笔者把函数最值与高考结合起来，更加说明函数最值的应用广泛性．2013年，张永红发表《新课标下高中数学应用题中的最值问题研究》，他在这项研究中紧密结合我国现阶段高中数学教学状况，精心挑选了部分高考题进行方法总结，并通过问卷调查得出实证，为读者分享了自己应对此问题的教学策略．陈荣灿在2010年发表毕业论文《高中数学最值问题的教学研究》，他主要指出了高中最值问题在教学过程中本身存在的一些不足，并且为了提高教学质量从例题的讲解、课时的安排、激发学生的学习兴趣、运用数学观点数学思想等方面给出建筑性的意见．

以上这些文献期刊都没有做到全面系统的给出有关最值的解题方面行之有效并且实用的方法。

3.二次函数最值问题的研究点

求解函数的最值是高考的重点以及难点，必须从根本上解决高中生面对最值问题所遇到的困难，前面的文献很多都是有解法的缺乏思想，有教学的缺乏实践支撑，这样学生依然会陷入自己原有的思维定势，不懂得理论与实践的结合，在今后的做题中依然会遇到同样的问题．本文就是让学生将解题的技巧与求解函数的最值结合起来，主要针对做题，也给教师一些习题课的建议，让学生不再害怕最值问题，不再高考的大部分涉及函数最值的题目中失分。函数最值的问题包括求解某初等函数在闭区间内的最值，复合函数的最值，经济生活中的最大收益、最小成本、最大期望等的最值，而求解函数最值的主要核心是解法，俗话说，凡题有法而可解，高中生在做题的时候往往照抄书本模式，禁锢于思维定势，用解法解题便成了盲区，对于解法，教材中只提到了二次函数配方法求最值，利用函数的单调性、奇偶性求最值，这些方法可以应对一些简单的题目，如果题目加大难度，学生就束手无策，这样一来，学生多学习课外知识就显得尤为重要．眼观六路，容易充实人的大脑，耳听八方，可以丰富人的思维，高中生需要这样的实践来提升自己．文章对函数最值问题的解法进行研究，目的就是为了扩大学生之视野，扩张学生之思维，以解学生学习最值问题。

参考文献

【1】谭永基，俞红．现实世界的数学视角与思维［M］．上海：复旦大学出版社．2010：41-45．

【2】梁红．高考三年真题研究（文数）［G］．陕西科学技术出版社．2014． 【3】梁红.高考真题超详解（理数）［G］．陕西科学技术出版社．2014． 【4】陆军．三角函数最值问题的八种求解策略［J］．延边教育学院学报．2012，26（1）：46-53．

【5】游波平．函数最值解法技巧探讨［J］．重庆文理学院学报．2007，26(2)：108-110．

二次函数闭区间上的最值问题 第6篇

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.2 设f(，求x)axbxc(a0)f(x)在x[m，n]上的最大值与最小值。b2a 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

若 若b2ab2a[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； [m，n]

b2a 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较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 b1f(n)，(mn)(如图2)2a2 f(x)minbf(n)，n(如图3)2abbf()，mn(如图4)2a2abf(m)，m(如图5)2a

当a0时

f(x)maxbf(n)，n(如图6)2abbf()，mn(如图7)2a2abf(m)，m(如图8)2a

f(x)minb1f(m)，(mn)(如图9)2a2 b1f(n)，(mn)(如图10)2a21.定二次函数在定区间上的最值

二次函数是给定的，给出的定义域区间也是固定的，我们称这种情况是“定二次函数在定区间上的最值”。

x4x2 例1.函数y在区间0，3上的最大值是_________，最小值是_______。2 1

例1： 解：函数y是定义在区间0，3上的二次函数，其x4x2(x2)2对称轴方程是x2，顶点坐标为（2，2），且其图象开口向下，显然其顶点横坐标在［0，3］上，如图1所示。函数的最大值为f(2)2，最小值为f(0)2。

例2.已知2x3的最值。)xx1x，求函数f(x2222 例2： 解：由已知2x3x，可得0x232，即函数f(x)是定义在区间0，3上的二2113次函数。将二次函数配方得f(x)x，其对称轴方程x，顶点坐标224331且图象开口向上。显然其顶点横坐标不在区间0，内，如图2所示。函数f(x)，，242193。242的最小值为f(0)1，最大值为f2b4acb 解后反思：已知二次函数f(（不妨设a0），它的图象是顶点为x)axbxc，、对称轴为

4a2a2xb2a、开口向上的抛物线。由数形结合可得在m，n上f(x)的最大值或最小值：

acbb4（1）当m，n时，f(x)的最小值是f)、f(n)中的较大者。，f(x)的最大值是f(m2a4a2ab2（2）当 若b2am，n时 b2am，由f(x)在m，n上是增函数  则f(x)的最小值是f(m)，最大值是f(n)

若nb2a，由f(x)在m，n上是减函数  则f(x)的最大值是f(m)，最小值是f(n)2.动二次函数在定区间上的最值

二次函数随着参数a的变化而变化，即其图象是运动的，但定义域区间是固定的，我们称这种情况是“动二次函数在定区间上的最值”。

例3.已知x1，且a，求函数f(的最值。x)xax320221x1，a2 例3：解：由已知有，于是函数f(x)是定义在区间1，1上的二次函数，将f(x)配方得： aa f(x)x324 22

二次函数f(x)的对称轴方程是xa2

2aa 顶点坐标为，3，图象开口向上

42 由a2可得xa21，显然其顶点横坐标在区间1，1的左侧或左端点上。

 函数的最小值是f(1)4a，最大值是f(1)4a。

例4.已知二次函数f(在区间4，1上的最大值为5，求实数a的值。x)ax4axa1 例4： 解：将二次函数配方得f，其对称轴方程为x，顶点坐标为(()xa(x2)a4a12，a4a1)，2图象开口方向由a决定。很明显，其顶点横坐标在区间4，1上。

若a0，函数图象开口向下，如图4所示，当x时，函数取得最大值5 2 即f(2)a4a152222220

解得a21 故a 210(a210舍去)若a0时，函数图象开口向上，如图5所示，当x1时，函数取得最大值5 即f()15aa152或a6 解得a1

故a1(a6舍去)

210或a1 综上讨论，函数f(x)在区间4，1上取得最大值5时，a

解后反思：例3中，二次函数的对称轴是随参数a变化的，但图象开口方向是固定的；例4中，二次函数的对称轴是固定的，但图象开口方向是随参数a变化的。3.定二次函数在动区间上的最值

二次函数是确定的，但它的定义域区间是随参数t而变化的，我们称这种情况是“定函数在动区间上的最值”。

例5.如果函数f(定义在区间t，x)(x1)1t1上，求f(x)的最小值。2x)(x1)1 例5： 解：函数f(，其对称轴方程为x1，顶点坐标为（1，1），图象开口向上。

如图6所示，若顶点横坐标在区间t，t1左侧时，有1t。当xt时，函数取得最小值 2()xf(t)(t1)1 f。min21t1t1 如图7所示，若顶点横坐标在区间t，即0。当x1时，t1上时，有t函数取得最小值 

f()。xf()11min 如图8所示，若顶点横坐标在区间t，即t0。当x时，11t1t1右侧时，有t函数取得最小值

f()xf(t1)t1min2 综上讨论，f(x)min(t1)21,t11,0t1 2t0t12 例6.设函数f(的定义域为t2x)x4x4R，求函数f(x)的最小值(t)的解析式。，t1，对任意t 例6： 解：将二次函数配方得：

f()xx4x4(x2)8 其对称轴方程为x2，顶点坐标为(2，8)，图象开口向上

若顶点横坐标在区间t2，即t4。当x时，函数取得最小值 t2t2，t1左侧，则2 ft(2)(t4)8t8t8 若顶点横坐标在区间t2，即3。当x2时，函数取得最小值 22t1t4，t1上，则t f(2)8

若顶点横坐标在区间t2，即t3。当x时，函数取得最小值 12t1，t1右侧，则t ft(1)(t3)8t6t1222222t28t8(t4) 综上讨论，得(t)8(3t4)

2t6t1(t3)4.动二次函数在动区间上的最值

二次函数是含参数的函数，而定义域区间也是变化的，我们称这种情况是“动二次函数在动区间上的最值”。

4ax(a)(a0)(x3)y的最小值为4，求参数a的值。

例7.已知y，且当xa时，Sa(xa)代入S中，得

例7： 解：将y42222S(x3)4a(xa)2x2(32a)x94a222

2x(32a)12a8a32a，12a8a)，图象开口32a 则S是x的二次函数，其定义域为xa，顶点坐标为(，，对称轴方程为x向上。

若3，即0 2aaa1

2

则当x时，S 12a8a432a最小 此时，a1，或a212 若3，即a1 2aaa(32a)12a8a4 则当x时，S a最小22，a1 此时，a5，或a1（因a1舍去）

综上讨论，参变数a的取值为a1，或a12，或a5

另外，若函数图象的开口方向、对称轴均不确定，且动区间所含参数与确定函数的参数一致，可采用先斩后奏的方法。二次函数在闭区间上的最值只可能在区间端点、顶点处取得，不妨令之为最值，验证参数的资格，进行取舍。课后练习：

二次函数在闭区间上的最值问题 第7篇

1.课件的教学设计要点

⑴ 教材的知识脉络和学生原有的知识经验分析

二次函数是最简单的非线性函数之一，自身性质活跃，同时经常作为其他函数的载体。二次函数在某一区间上的最值问题，是初中二次函数内容的继续和发展，随着区间的确定或变化，以及在系数中增添参变数，使其又成为高考数学中的热点。但学生受一次函数的最值求法的影响，总是把边界值代进函数就可以得出最大或最小值了，为了让学生掌握二次函数在闭区间上的最值问题，必须经过其主动的探究，体会探究过程的每个环节，才能对问题有深刻地认识，只有充分的调动学生的认知准备，特别是对数形结合的思想方法的学习，更需要学生自己在探究过程中深刻体会，以学生的亲身体验主动建构新知识，才能使其使用这一思想方法成为一种自觉的行为，这种学习才是有效的。所以，本堂课更加注重学生运用数形结合数学思想方法的体验，情感目标是通过学生自己的探索解决问题，增强其学习数学的兴趣和信心。

学生已经了解一元二次函数的性质（图像），要让学生先了解给定具体区间（不含参数）的最值问题知识之后，勇于自己尝试对含参数的此类问题的研究解答。从运动的观点来体会参数值的变化导致图象的变化，从而引起函数单调性的变化，才使得函数的最值有不同的情况。

⑵ 教学策略和方法设计

复习提问，让学生探究例1完成后，然后把区间改变，既探究例2，然后用多媒体课件的动态演示，让学生有更直观的体会，对基础教差学生的理解起到的积极的辅助作用，由原来的知识掌握，确定为让学生加深运用数形结合的数学思想方法的体验。然后再研究例题3，以运动的观点来体会参数值的变化导致图象的变化，从而引起函数单调性的变化，才使得函数的最值有不同的情况。例题的难度作了梯度变更（由易到难），制作课件等。2.课件设计的技术要点

⑴设计问题情境及技术要点：

我们已学习了哪些一元二次函数的性质？学生再回顾一元二次函数的性质（图像），在闭区间的最值是怎样的呢？完成例题1；研究例2，然后反问，为什么要这样做，这样做的依据是什么，为什么必须这样做。然后再提问参数对图象分别有什么影响？ 技术要点：

① 建立“复习引入”页面，把复习引入的文本和新课说明复制到该页面中，并用【显示/隐藏】按钮控制。

② 建立“具体二次函数最值”页面，利用自动吸附网格功能，快速制作二次函数图象，动态变化区间[a，b]，用多媒体课件的动态演示，让学生有更直观的体会。

③ 建立“含参数二次函数最值”页面，利用自动吸附网格功能，制作二次函数的图象，在利用a、b、c三个参量分别变化，引起函数

二次函数中的最值问题 第8篇

一、求定二次函数在定区间上的最值

当二次函数的区间和对称轴都确定时, 要将函数式配方, 再根据对称轴和区间的关系, 结合函数在区间上的单调性, 求其最值.

【例1】 已知2x2≤3x, 求函数f (x) =x2-x+1的最值.

解:由已知2x2≤3x, 可得$0\le x\le \frac{3}{2}$, 即函数f (x) 是定义在区间$[0,\frac{3}{2}]$上的二次函数, 将二次函数配方得$f(x)=(x-\frac{1}{2}){}^2+\frac{3}{4}$, 其图象开口向上, 且对称轴方程$x=\frac{1}{2}\in [0,\frac{3}{2}]$, 故$f(x){}_{\max }=f(\frac{3}{2})=\frac{7}{4}‚f(x){}_{\min }=f(\frac{1}{2})=\frac{3}{4}.$

二、求动二次函数在定区间上的最值

当二次函数的区间确定而对称轴变化时, 应根据对称轴在区间的左、右两侧和穿过区间这三种情况分别讨论, 再利用二次函数的示意图, 结合其单调性求解.

【例2】 已知二次函数f (x) =ax2+4ax+a2-1在区间[-4, 1]上的最大值是5, 求实数a的值.

解:将二次函数配方得f (x) =a (x+2) 2+a2-4a-1, 其对称轴方程为x=-2, 顶点坐标为 (-2, a2-4a-1) , 图象开口方向由a决定, 很明显, 其顶点横坐标在区间[-4, 1]上.若a<0, 则函数图象开口向下, 当x=-2时, 函数取得最大值5, 即f (-2) =a2-4a-1=5, 解得$a=2-\sqrt{10}(a=2+\sqrt{10}$舍去) ;若a>0, 则函数图象开口向上, 当x=1时, 函数取得最大值5, 即f (1) =5a+a2-1=5, 解得a=1 (a=-6舍去) .综上讨论, 函数f (x) 在区间[-4, 1]上取得最大值5时, $a=2-\sqrt{10}$或a=1.

三、求定二次函数在动区间上的最值

当二次函数的对称轴确定而区间在变化时, 只需对动区间能否包含抛物线的顶点的横坐标进行分类讨论.

【例3】 已知函数f (x) =-x2+8x, 求f (x) 在区间[t, t+1]上的最大值g (t) .

解:函数f (x) =-x2+8x=- (x-4) 2+16, 其对称轴方程为x=4, 顶点坐标为 (4, 16) , 其图象开口向下.

(1) 当顶点横坐标在区间[t, t+1]右侧时, 有t+1<4, 即t<3, 当x=t+1时, g (t) =f (t+1) =- (t+1) 2+8 (t+1) =-t2+6t+7.

(2) 当顶点横坐标在区间[t, t+1]上时, 有t≤4≤t+1, 即3≤t≤4, 当x=4时, g (t) =f (4) =16.

(3) 当顶点横坐标在区间[t, t+1]左侧时, 有t>4, 当x=t时, g (t) =f (t) =-t2+8t.

综上,

四、求动二次函数在动区间上的最值

当二次函数的区间和对称轴均在变化时, 亦可根据对称轴在区间的左、右两侧及穿过区间三种情况讨论, 并结合其图形和单调性处理.

【例4】 已知y2=4a (x-a) (a>0) , 且当x≥a时, S= (x-3) 2+y2的最小值为4, 求参数a的值.

解:将y2=4a (x-a) 代入S的表达式得S= (x-3) 2+4a (x-a) =[x- (3-2a) ]2+12a-8a2.

S是关于x的二次函数, 其定义域为x∈[a, +∞) , 对称轴方程为x=3-2a, 顶点坐标为 (3-2a, 12a-8a2) , 图象开口向上.若3-2a≥a, 即0<a≤1, 则当x=3-2a时, Smin=12a-8a2=4, 此时a=1或$a=\frac{1}{2}$.若3-2a<a, 即a>1, 则当x=a时, Smin=[a- (3-2a) ]2+12a-8a2=4, 此时a=5 (a=1舍去) .

二次函数在某区间上的最值问题 第9篇

1. 所给区间确定,对称轴位置也确定

若所给区间是确定的,其对称轴位置也是确定的,则只要先考虑其对称轴横坐标是否在所给定区间内,当对称轴横坐标在所给定区间内时,其一个最值在顶点取得,另一个在与顶点横坐标距离较远的端点取得;当对称轴横坐标不在所给定区间内时,用函数的单调性确定其最值.

例1 已知函数f(x)=x2+2x+ax,对任意x∈［1,+∞),f(x)>0恒成立,求实数a的取值范围.

解:在区间［1,+∞)上,f(x)=x2+2x+ax>0恒成立，即x2+2x+a>0恒成立.设y=x2+2x+a,x∈［1,+∞),其对称轴x=-1［1,+∞).因为函数f(x)=x2+2x+a在［1,+∞)上单调递增,故ymin=f(1)=3+a,当且仅当ymin=3+a>0时,f(x)>0恒成立,从而a的取值范围(-3,+∞).

2. 所给区间变化,对称轴位置确定

若所给区间是变化的,而对称轴位置是确定的,则对于区间变化是否包含对称轴的横坐标必须进行分类讨论.其分类标准为:变化区间中包含对称轴横坐标;变化区间中不包含对称轴横坐标.

例2 设a为实数,函数f(x)=x2+∣x-a∣+1,x∈R,求f(x)的最小值.

解:① 当x≤a时,函数f(x)=x2-x+a+1=x-122+a+34

若a≤12,则函数f(x)在(-∞,a］上单调递减,从而函数f(x)在(-∞,a］上的最小值为f(a)=a2+1;若a>12,则函数f(x)在(-∞,a］上的最小值为f12=34+a,且f12≤f(a);② 当x≥a时,函数f(x)=x2+x-a+1=x+122-a+34

若a≤-12,则函数f(x)在［a,+∞)上的单调递增,从而函数f(x)在［a,+∞)上的最小值为f-12=34-a,且f-12≤f(a);若a>-12,则f(x)在［a,+∞)上单调递增,从而函数f(x)在［a,+∞)上的最小值为f(a)=a2+1.

综上,当a≤-12时,函数f(x)的最小值为34-a;当-12

3. 所给区间确定,对称轴位置变化

若所给区间是确定的,但对称轴位置是变化的,则对于对称轴位置变化情况必须进行分类讨论;对称轴横坐标在给区间内变化;对称轴横坐标在给区间外变化.若对称轴横坐标只能在给定区间内变化,则只需考虑其与端点的距离.

例3 若对任何实数x,sin2x+2kcosx-2k-2<0恒成立，求实数k的取值范围.

解：原不等式化为cos2x-2kcosx+2k+1>0令t=cosx,则-1≤a≤1

令f(t)=t2-2kt+2k+1=(t-k)2-k2+2k+1按对称轴t=k∈［-1,1］和k［-1,1］分类

(1) 若k<-1,欲使f(t)>0在［-1,1］上恒成立，只需f(-1)>0，即k>-12,故k不存在.

(2) 若-1≤k≤1，欲使f(t)>0［-1,1］上恒成立，只需Δ=4k2-4(2k+1)<0,求得1-2

(3) 若k>1,欲使f(t)>0［-1,1］上恒成立，只需f(1)>0,求得k>1.

综上所述，k的取值范围是k>1-2

4． 所给区间变化,对称轴位置也变化

若所给区间是变化的，而且对称轴位置也在变化，但由于它们的变化是相互制约的，故必须且只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区间内；对称轴横坐标不在所给区间内.

例5 已知函数f(x)=lg［-x2+（a-1）x+a］(1≤x

解：令u(x)=-x2+（a-1）x+a(1≤x

由于u(x)=-x2+（a-1）x+a(1≤x

当a-12≤1，即1

当13时,umax=ua-12=-a-122+(a-1)a-12+a=a2+2a+14

令a2+2a+14=100，得a=19或a=-21（舍）；

当a-12≥a时，此时a≤-1与a>1矛盾，对称轴不可能在x=a的右侧.

二次函数中的最值问题 第10篇

二次函数是高中数学中最基本也最重要的内容之一，而二次函数在某一区间上的最值问题，是初中二次函数内容的继续，随着区间的确定或变化，以及系数中参变数的变化，它又成为高考数学的热点.

一、求定二次函数在定区间上的最值

当二次函数的区间和对称轴都确定时，要将函数式配方，再根据对称轴和区间的关系，结合函数在区间上的单调性，求其最值.

【例1】 已知2x23x，求函数f(x)=x2-x+1的最值.

解:由已知2x23x，可得0x32，即函数f(x)是定义在区间[0，32]上的二次函数，将二次函数配方得f(x)=(x-12)2+34，其图象开口向上，且对称轴方程x=12∈[0，32]，故f(x)?max=f(32)=74，f(x)?min=f(12)=34.

二、求动二次函数在定区间上的最值

当二次函数的区间确定而对称轴变化时，应根据对称轴在区间的左、右两侧和穿过区间这三种情况分别讨论，再利用二次函数的示意图，结合其单调性求解.

【例2】 已知二次函数f(x)=ax2+4ax+a2-1在区间[-4，1]上的`最大值是5，求实数a的值.

解:将二次函数配方得f(x)=a(x+2)2+a2-4a-1，其对称轴方程为x=-2，顶点坐标为(-2，a2-4a-1)，图象开口方向由a决定，很明显，其顶点横坐标在区间[-4，1]上.若a<0，则函数图象开口向下，当x=-2时，函数取得最大值5，即f(-2)=a2-4a-1=5，解得a=2-10(a=2+10舍去);若a>0，则函数图象开口向上，当x=1时，函数取得最大值5，即f(1)=5a+a2-1=5，解得a=1(a=-6舍去).综上讨论，函数f(x)在区间[-4，1]上取得最大值5时，a=2-10或a=1.

三、求定二次函数在动区间上的最值

当二次函数的对称轴确定而区间在变化时，只需对动区间能否包含抛物线的顶点的横坐标进行分类讨论.

【例3】 已知函数f(x)=-x2+8x，求f(x)在区间[t，t+1]上的最大值g(t).

解:函数f(x)=-x2+8x=-(x-4)2+16，其对称轴方程为x=4，顶点坐标为(4，16)，其图象开口向下.

(1)当顶点横坐标在区间[t，t+1]右侧时，有t+1<4，即t<3，当x=t+1时，g(t)=f(t+1)=-(t+1)2+8(t+1)=-t2+6t+7.

(2)当顶点横坐标在区间[t，t+1]上时，有t4t+1，即3t4，当x=4时，g(t)=f(4)=16.

(3)当顶点横坐标在区间[t，t+1]左侧时，有t>4，当x=t时，g(t)=f(t)=-t2+8t.

综上，g(t)=-t2+6t+7，当t<3时;16，当3t4时;-t2+8t，当t>4时.

四、求动二次函数在动区间上的最值

当二次函数的区间和对称轴均在变化时，亦可根据对称轴在区间的左、右两侧及穿过区间三种情况讨论，并结合其图形和单调性处理.

【例4】 已知y2=4a(x-a)(a>0)，且当x≥a时，S=(x-3)2+y2的最小值为4，求参数a的值.

解:将y2=4a(x-a)代入S的表达式得S=(x-3)2+4a(x-a)=[x-(3-2a)]2+12a-8a2.

S是关于x的二次函数，其定义域为x∈[a，+∞)，对称轴方程为x=3-2a，顶点坐标为(3-2a，12a-8a2)，图象开口向上.若3-2a≥a，即02=4，此时a=1或a=12.若3-2a1，则当x=a时，S?min=[a-(3-2a)]2+12a-8a2=4，此时a=5(a=1舍去).

二次函数在区间上的最值 第11篇

教学目的：1.根据函数的概念和函数的单调性研究二次函数 在区间的最值；

2.进一步掌握数形结合相思和分类讨论思想.教学重点：二次函数在区间上的最值问题 教学难点：含参问题的讨论.教学过程：

一、复习引入

1.二次函数的概念和性质； 2.单调函数的概念.二、例题 例1.求函数y3x212x15当自变量x在下列范围内取值时的最值，并求此函数取最值时的x值.（1）xR;(2)0x3;(3)1x1.例2.求函数yx22x3在区间[0,a]上的最值，并求时x的值.例3关于x的方程x2(k2)xk23k50有两个实根α，β，求α2+β2的最值.例4.已知函数2x22ax3在区间[-1，1]上有最小值，记作g(a).(1)求g(a)的表达式；(2)求g(a)的最大值.三、作业

1.函数yt=x2-mx+4(m>0)在[-3,2]上有最大值4，求a值.112.关于x的不等式9x26axa22a60在[,]上恒成立，求实数a

33的取值范围.3.某蔬菜基地种植西红柿，由历年市场行情得知，从二月一日起的300天内，西红柿市场售价与上市时间的关系用图一的一条折线表示；西红柿的种植成本与上市时间的关系用图二的抛物线段表示。

（I）写出图一表示的市场售价与时间的函数关系P=f(t)；

写出图二表求援 种植成本与时间的函数关系式Q=g(t)；

（II）认定市场售价减去种植成本为纯收益，问何时上市的西红柿纯收益最大？

二次函数在闭区间上的最值 第12篇

一、教学内容分析

二次函数在高考中占有重要的地位，而二次函数在闭区间上的最值在各个方面都有重要的应用，主要考察我们分类讨论和数形结合思想。这节课我们主要学会应用二次函数的图像和性质求二次函数在闭区间上的最值。影响二次函数在闭区间上的最值主要有三个因素：抛物线的开口方向、对称轴和区间的位置。对称轴与定义域区间的相互位置关系的讨论往往成为解决这类问题的关键。此类问题包括以下四种情形：（1）轴定，区间定；（2）轴定，区间变；（3）轴变，区间定；（4）轴变，区间变。

二、教学目标设计

知识与技能

1、掌握运用分类讨论和数形结合思想求二次函数的最值

2、会利用转化化规思想求解含参数不等式中参数的范围。

过程与方法

1、经历从轴定区间动到轴动区间定的类比推理，培养学生类比推理能力。

2、结合图像与函数的知识进行分类讨论，求解一元二次函数的最值问题，提高

学生的综合能力

情态与价值

1、有机地渗透数形结合、化归等数学思想方法，培养了学生良好的思维习惯。

2、了解图像与函数的关系，进一步感受数形结合的基本思想。

三、教学重点与难点

重点：运用分类讨论和数形结合思想求二次函数的最值

难点：求解含参数的一元二次函数不等式中参数的范围

四、教学方法：类比推理法，讲授发现法

五、教学过程（典型例题分析）

（1）轴定，区间定

方法：可以对其二次函数配方处理或者是结合二次函数图形求解，例1若实数x,y满足2x26xy20，则x2y22x的最大值是 26x2x022解：由y6x2x得2 2222xy2xx6x2x2x8xx

问题转化为求f(x)8xx2，当x[0,3]中的最大值，易的f(x)maxf(3)15.1设计意图：利用消元思想将问题简化，但是其中必须注意的是消元之后的自变量的取值范围，进而转化为二次函数在闭区间上的最值。

例2 设x1,x2是方程2x24mx(5m29m12)0的两实根，求x1x2的最值.分析：二次方程有实根，则必须△0,由此先解出m的范围.2

2x12x22(x1x2)22x1x2，利用韦达定理将x12x22表示成关于m的二次函数.4m25m29m12m29m12f(m)解：由韦达定理知xx2()2222

由2x24mx(5m29m12)0有两实根可得它的0

即(4m)242(5m29m12)24m272m960，解得1m

4,时]的最值，易的问题转化为求f(m)m29m12，当m[1m

f(m)maxf(4)32，f(m)minf(1)2.设计意图:结合韦达定理转化成为有关m的二次函数，但是其中的隐含条件：二次方程有实根，从而确定m的取值范围。

（2）轴定，区间变

方法：结合二次函数的图象，讨论对称轴与区间的相对位置关系：① 轴在区间右边②轴在区间左边③轴在区间内

例3 已知f(x)x22x2在x[t,t1]上的最大、最小值分别为M(t)、m(t)，求M(t)、m(t)的解析式.活动：师生一起合作求解函数的最小值m(t)的表达式，并作小结，再让学生板书求解函数的最大值M(t)的表达式，和下面例题4的最小值g(t)的表达式设计意图:（1）通过讲解让学生体会解题过程中注意分哪几类讨论，做到不遗漏不重复，同时怎样结合图像求解函数的最值，并且引导学生注意解题的规范性

（2）学生求解例3函数中最大值的表达式中讨论轴在区间内的可能遇到阻碍，讲解过程中启发学生结合函数的图像和性质：如果我们俩个自变量的值到对称轴的距离相等，则我们的函数值也相等，离对称轴的距离越远，我们的函数值越大的性质来求解函数的最大值的表达式

（3）根据物理中动、静（定）的相对原理，那么例题4的轴变区间定的题型可以类比成轴定区间动的这种题型求解，培养学生的发散思维和类比能力解：对称轴为x1，分4种情况讨论（另解：最大值可以分2种情况，最小值可以分3种情况）：

22（1）t11，即t0时，M(t)f(t)t-2t

2、m(t)f(t1)t

1（2）t1时，M(t)f(t1)t2

1、m(t)f(t)t2-2t

2，且1-tt1-1，即（3）0t11t1时，2

M(t)f(t1)t2

1、m(t)f(1)

1，且1-tt1-1，即1t（4）0t11时，2M(t)f(t)t22t

2、m(t)f(1)1 12t21(t0)t2t2(t)2综上，M(t)，m(t)1(0t1)1t21(t)t22t2(t1)

2（3）轴变，区间定

方法: 与情形2一样.例4已知f(x)x22tx2在x[0,1]上的最小值为g(t)，求g(t)的解析式.解：对称轴xt，分三种情况讨论

（1）t0时，g(t)f(0)0

2（2）0t1时，g(t)f(t)2t

（3）1t时，g(t)f(1)32t

2(t0)2综上，g(t)2t(0t1)

32t(t1)

例5 设f(x)x2ax3，当x[2,2]时恒有f(x)a，求a的范围.变式一：若将f(x)a改为f(x)a时，其它条件不变，求a的范围

变式二：若将f(x)a改为f(x)a时，其它条件不变，求a的范围

变式三：若将x[2,2]改为x(2,2)时，其它条件不变，求a的范围

设计意图：通过讲解例题5和变式一，让学生体会解不等式中的一种转化思想并一起总结归纳：若f(x)af(x)mina;f(x)af(x)maxa，通过变式二、三和原题的思考对比让学生体会相似题型的解法的相同点和不同点

分析：f(x)a恒成立f(x)mina

a解：对称轴为x，分三种情况讨论

2aa42（1）27 a3fmaxf(2)2a7a

a224a44a42(2)4a2 222ff(a)aa3aa4a1206a2

min242

aa42（3）27a4 a7fminf(2)2a7a

综上，7a2，即a的值域为a[7,2]

（4）轴变，区间变

例6已知y24a(xa)(a0)，求u(x3)2y2的最小值。

分析：将y24a(xa)代入u中，得

u(x3)24a(xa)[x(32a)]212a8a2，x[a，)

分①32aa、②32aa讨论

解：将y24a(xa)代入u中，得

u(x3)24a(xa)[x(32a)]212a8a

2由y24a(xa)0得xa

u[x(32a)]212a8a2的对称轴为x32a，分两种情况

①32aa0时，即0a1时，fminf(32a)8a212a

②32aa时，即a1时，fminf(a)a26a9

综上，f(x)min2(0a1)12a8a 2(a1)(a3)

（5）二次函数的逆向最值问题

3例7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2

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(2a11)3，得a 22a

32] 此时抛物线开口向下，对称轴为x2，且2[，2

1故a不合题意； 2

（2）令f(2)3，得a

称轴远些，故a1，此时抛物线开口向上，闭区间的右端点距离对21符合题意； 2

32（3）若f()3，得a，经检验，符合题意。32

综上，a21或a 32

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。