《2025年金版新学案高三总复习数学北师大版》

变式探究
(变结论)本例条件不变，求当$x \in [-1, 2]$时，$f(x)$的最大值$G(t)$.

答案： 解：$f(-1)=t$，$f(2)=3 - 2t$，$f(2)-f(-1)=3 - 3t$，
当$t\geqslant1$时，$f(2)-f(-1)\leqslant0$，所以$f(x)_{max}=f(-1)=t$；
当$t ＜ 1$时，$f(2)-f(-1)＞0$，所以$f(x)_{max}=f(2)=3 - 2t$，
综上有$G(t)=\begin{cases}t,t\geqslant1\\3 - 2t,t ＜ 1\end{cases}$.

已知二次函数$f(x)$满足$f(x + 1) - f(x) = 2x - 2$且$f(1) = 0$.
(1) 求$f(x)$的解析式；
(2) 设$g(x) = f(x) + (a + 3)x - 1$，$x \in [-2, 1]$，求函数$g(x)$的最小值$h(a)$.

答案： 解：
(1)设$f(x)=ax^{2}+bx + c$，$a\neq0$，
则$a(x + 1)^{2}+b(x + 1)+c - ax^{2}-bx - c = 2x - 2$，
即$2ax + a + b = 2x - 2$，故$\begin{cases}2a = 2\\a + b = -2\end{cases}$，解得$\begin{cases}a = 1\\b = -3\end{cases}$，
故$f(x)=x^{2}-3x + c$，
又$f(1)=0$，故$1 - 3 + c = 0$，解得$c = 2$，所以$f(x)=x^{2}-3x + 2$.
(2)$g(x)=x^{2}+ax + 1$，$x\in[-2,1]$，对称轴为$x = -\frac{a}{2}$，
当$-\frac{a}{2}＜-2$，即$a ＞ 4$时，$g(x)$在$[-2,1]$上单调递增，
故$x = -2$时，$g(x)$取得最小值，故$h(a)=g(-2)=5 - 2a$；
当$-2\leqslant-\frac{a}{2}\leqslant1$，即$-2\leqslant a\leqslant4$时，当$x = -\frac{a}{2}$时，$g(x)$取得最小值，
故$h(a)=g(-\frac{a}{2})=(-\frac{a}{2})^{2}-\frac{a^{2}}{2}+1=-\frac{a^{2}}{4}+1$；
当$-\frac{a}{2}＞1$，即$a ＜ -2$时，$g(x)$在$[-2,1]$上单调递减，
当$x = 1$时，$g(x)$取得最小值，故$h(a)=g(1)=1 + a + 1 = 2 + a$，
综上，$h(a)=\begin{cases}5 - 2a,a ＞ 4\\-\frac{a^{2}}{4}+1,-2\leqslant a\leqslant4\\2 + a,a ＜ -2\end{cases}$.

真题再现
(2024·北京卷)已知$M = \{(x, y)|y = x + t(x^2 - x), 1 \leq x \leq 2, 0 \leq t \leq 1\}$是平面直角坐标系中的点集. 设$d$是$M$中两点间的距离的最大值，$S$是$M$表示的图形的面积，则(C)

A.$d = 3$，$S ＜ 1$
B.$d = 3$，$S ＞ 1$
C.$d = \sqrt{10}$，$S ＜ 1$
D.$d = \sqrt{10}$，$S ＞ 1$

答案：
C 设$f(t)=x + (x^{2}-x)t$，当$x = 1$时，$f(t)=1$；当$1 ＜ x\leqslant2$时，$x^{2}-x＞0$，所以$f(t)$单调递增，所以当$0\leqslant t\leqslant1$时，$f(0)\leqslant f(t)\leqslant f(1)$，即$x\leqslant f(t)\leqslant x^{2}$，则集合$M$表示的区域如图中阴影部分所示.

连接$AC$，由图易知，$d = \vert AC\vert=\sqrt{(2 - 1)^{2}+(4 - 1)^{2}}=\sqrt{10}$，$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}×(4 - 2)×(2 - 1)=1$. 故选C.