微专题 二次函数的图象和性质 学案-2023届高考数学一轮《考点·题型·技巧》精讲与精练

这是一份微专题 二次函数的图象和性质 学案-2023届高考数学一轮《考点·题型·技巧》精讲与精练，共33页。学案主要包含了考点梳理，题型归纳，双基达标，高分突破等内容，欢迎下载使用。

微专题：二次函数的图象和性质
【考点梳理】
1. 二次函数
(1)二次函数解析式的三种形式
①一般式：f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0).
②顶点式：f(x)＝a(x－h)2＋k(a≠0).
③零点式：f(x)＝a(x－x1)(x－x2)(a≠0).
(2)二次函数的图象与性质：二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)的图象是一条抛物线，它的对称轴、顶点坐标、开口方向、值域、单调性分别是：
①对称轴：x＝－.
②顶点坐标：.
③开口方向：a＞0时，开口向上；a＜0时，开口向下.
④值域：a＞0时，y∈；a＜0时，y∈ . 　
⑤单调性：a＞0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增；a＜0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减.
(3)三个“二次”之间的关系：二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)的零点(图象与x轴交点的横坐标)是相应一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的根，也是一元二次不等式ax2＋bx＋c≥0(或ax2＋bx＋c≤0)解集的端点值.
(4)二次函数在闭区间上的最值：二次函数在闭区间上必有最大值和最小值. 它只能在区间的端点或二次函数的顶点处取得，可分别求值再比较大小，最后确定最值.
2. 二次函数相关常用结论
对于二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)：
(1)|a|越大，抛物线开口越小；|a|越小，抛物线开口越大.
(2)f(1)＝a＋b＋c，f(－1)＝a－b＋c，f(0)＝c.
(3)|AB|＝|x1－x2|＝＝，其中A(x1，0)，B(x2，0)为二次函数与x轴的交点.
(4)若对f(x)定义域内任意两个不等的自变量x1，x2，有f(x1)＝f(x2)，则y＝f(x)的图象关于直线x＝对称.
【题型归纳】
题型一：求二次函数的值域或最值
1．已知集合，集合，则（       ）
A． B．
C． D．
2．函数在区间上的最大值、最小值分别是（       ）
A． B． C． D．最小值是，无最大值
3．已知函数R)．当时，设的最大值为，则的最小值为（       ）
A． B． C． D．


题型二：判断二次函数的单调性和求解单调区间
4．下列函数中，在上为增函数的是（       ）
A． B．
C． D．
5．下列函数中，是偶函数且在区间上为增函数的是（       ）
A． B． C． D．
6．函数的单调递减区间是（       ）
A． B． C． D．

题型三：与二次函数相关的复合函数问题
7．已知函数，若（其中），则的最小值为（       ）．
A． B． C．2 D．
8．函数的值域为（　　）
A． B． C． D．
9．函数的最小值是（       ）．
A．10 B．1 C．11 D．

题型四： 已知二次函数单调区间求参数值或范围
10．“”是“函数在区间上单调递减”的（       ）
A．必要不充分条件 B．充分不必要条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
11．若函数在上是减函数，则实数m的取值范围是（       ）
A． B． C． D．
12．已知函数在上是增函数，则实数的取值范围为（       ）
A． B． C． D．


题型五：根据二次函数的最值或值域求参数
13．若函数的最大值是2，则（       ）
A． B． C． D．
14．设，函数，若的最小值为，则实数的取值范围为（       ）
A． B． C． D．
15．已知二次函数的值域为，则的最小值为（       ）
A． B． C． D．



【双基达标】
16．若，使得不等式成立，则实数的取值范围为（       ）
A． B． C． D．
17．已知关于的不等式在上恒成立（其中、），则（       ）
A．当时，存在满足题意 B．当时，不存在满足题意
C．当时，存在满足题意 D．当时，不存在满足题意
18．函数的值域是（       ）
A． B． C． D．
19．设函数在区间上是减函数，则实数a的取值范围是（       ）
A． B． C． D．
20．设是椭圆的上顶点，若上的任意一点都满足，则的离心率的取值范围是（       ）
A． B． C． D．
21．对数函数y＝logax（a＞0且a≠1）与二次函数y＝（a﹣1）x2﹣x在同一坐标系内的图象可能是（　　）
A． B．
C． D．
22．已知直线，与两坐标轴分别交于、两点．当的面积取最小值时（为坐标原点），则的值为（       ）
A． B． C． D．
23．已知函数，则的最小值是（       ）
A． B．2 C．1 D．0
24．函数（且）与函数（且）在同一个坐标系内的图象可能是（       ）
A． B． C． D．
25．设集合，，则（       ）
A．或 B．
C． D．
26．函数在区间上单调递增，则的取值范围是有（       ）
A． B． C． D．
27．若不等式的解集为，则函数的图象可以为（       ）
A． B．
C． D．
28．已知函数在上为单调递增函数，则实数m的取值范围为（       ）
A． B． C． D．
29．已知O为坐标原点，向量，点Q在直线上运动，则当取得最小值时，点Q的坐标为（       ）
A． B． C． D．
30．若函数在上是减函数，则实数m的取值范围是（       ）
A． B．
C． D．


【高分突破】
一、 单选题
31．若函数的值域为，则实数的取值范围是（       ）
A． B． C． D．
32．设函数的定义域为，满足，且当时，．若对任意，都有，则的取值范围是（       ）
A． B． C． D．
33．函数的值域是（       ）
A． B． C． D．
34．函数满足条件：对任意的，都有，则实数a的取值范围是（       ）
A． B．
C．且 D．
35．下列函数中，在上单调递减的是（       ）
A． B．
C． D．
36．已知函数的值域为，则实数的取值范围是（       ）
A． B． C． D．
37．在R上定义运算：a⊕b＝(a＋1)b.已知1≤x≤2时，存在x使不等式(m－x)⊕(m＋x)<4成立，则实数m的取值范围为（       ）
A．{m|－2 C．{m|－3 38．已知函数的值域为，则（       ）
A． B． C．或 D．或
39．已知函数，若关于的不等式的解集为，则
A． B．
C． D．
40．若幂函数的图象过点，则函数的最大值为（       ）
A． B． C． D．
二、多选题
41．已知函数，关于的不等式的解集为，则（       ）
A．
B．设，则的最小值一定为
C．不等式的解集为
D．若，且，则x的取值范围是
42．已知函数的值域是[1，2]，则其定义域可能是（       ）
A．[] B．[ ] C． D．[]
43．设为两个非零向量，的夹角，已知对任意实数，的最小值为1，则（       ）
A．若确定，则唯一确定 B．若确定，则唯一确定
C．若确定，则唯一确定 D．若确定，则不唯一确定
44．已知二次函数图象如图所示，则下列说法正确的是（       ）

A．在区间上单调递减
B．不等式的解集为
C．若，则在上的值域为
D．不等式的解集为
三、填空题
45．已知二次函数的对称轴是，且不等式的解集为，则的解析式是______．
46．二次函数的最大值是，则_______.
47．函数在上的值域是___________.
48．已知，，且，则的最大值是______．
49．已知二次函数的图象为开口向上且对称轴是的抛物线，则，，的大小关系是________.
50．若是奇函数，当时的解析式是，则当时，的最大值是______．
四、解答题
51．已知函数的最大值不大于，且当时，．
（1）求的值；
（2）设，，，证明．
52．已知函数．
（1）若函数在范围上存在零点，求的取值范围；
（2）当时，求函数的最小值．
53．设是定义在上的奇函数，且当时，.
（1）求当时，的解析式；
（2）请问是否存在这样的正数，，当时，，且的值域为？若存在，求出，的值；若不存在，请说明理由.
54．已知函数，其中．
(1)当时，求函数的最大值和最小值；
(2)若函数在区间上是单调函数，求的取值范围．
55．已知，，，.
（1）当时，求函数的最小值；
（2）当时，求函数的最大值.

参考答案
1．D
【解析】
【分析】
先求出集合B，再求两集合的交集即可
【详解】
因为，所以，
所以，
因为，
所以，
故选：D
2．C
【解析】
【分析】
根据二次函数在闭区间上的性质即可求解最大值和最小值.
【详解】
，抛物线的开口向上，对称轴为，
在区间上，当时，有最小值；时，有最大值，
函数在区间上的最大值、最小值分别是：，．
故选：C．
3．C
【解析】
【分析】
由题设在上递增，在上递减，讨论m与区间的位置关系求的最大值，进而判断最大值的最小值.
【详解】
由，故在上递增，在上递减，
当，则上递减，故最大值，
当，则最大值，
当，则上递增，故最大值，
综上，的最小值为.
故选：C
4．C
【解析】
【分析】
由指数函数、对数函数、二次函数、一次函数和分段函数单调性依次判断各个选项即可.
【详解】
对于A，由指数函数单调性知：在上为减函数，A错误；
对于B，由二次函数单调性知：在上单调递减，在上单调递增，B错误；
对于C，由一次函数单调性知：，分别在和上单调递增；
又，在上为增函数，C正确；
对于D，由对数函数单调性知：定义域为，且在定义域内为增函数，D错误.
故选：C.
5．B
【解析】
【分析】
由指对幂函数的性质判断各函数的奇偶性，再根据对数函数、二次函数的单调性确定答案.
【详解】
为非奇非偶函数，为奇函数，故A、C不符合；
、为偶函数，
在上递增，而递减，B符合，D不符合.
故选：B
6．A
【解析】
【分析】
利用复合函数的单调性“同增异减”来解题.
【详解】
设，在单调递增，在单调递减，在单调递增，根据“同增异减”可得，函数的单调递减区间是.
故选：A.
7．D
【解析】
【分析】
根据二次函数的性质及对数的运算可得，利用均值不等式求最值即可.
【详解】
,
由，
，
即，
，当且仅当，即时等号成立，
故选：D.
8．C
【解析】
【分析】
由二倍角公式化简，设，利用复合函数求值域.
【详解】
函数，
设，，则，
由二次函数的图像及性质可知，
所以的值域为，
故选：C.
9．B
【解析】
【分析】
利用换元法，令，则，先求出的范围，从而可求出函数的最小值
【详解】
设，则，
因为，
所以，所以的最小值为1，
故选：B
10．B
【解析】
【分析】
由函数在区间上单调递减可得，进而可判断为充分不必要条件.
【详解】
对于函数，
当时，在R上单调递减；当时，若要使得在上单调递减，需满足且，解得.
“故”是“函数在区间上单调递减”的充分不必要条件，
故选:B.
11．B
【解析】
【分析】
结合二次函数的对称轴和单调性求得的取值范围.
【详解】
函数的对称轴为，
由于在上是减函数，所以.
故选：B
12．D
【解析】
【分析】
利用二次函数单调性，列式求解作答.
【详解】
函数的单调递增区间是，依题意，，
所以，即实数的取值范围是.
故选：D
13．A
【解析】
【分析】
根据有最大值及指数复合函数的单调性，可得在定义域上先减后增，再由二次函数性质求参数即可.
【详解】
由在定义域上递减，
要使有最大值，则在定义域上先减后增，
当，则的最小值为，
所以，可得.
故选：A
14．A
【解析】
【分析】
当时，结合不等式求得其最小值为，当时，，根据函数的最小值为，列出不等式组，即可求解.
【详解】
当时，，
当且仅当时，等号成立；
即当时，函数的最小值为，
当时，，
要使得函数的最小值为，则满足，解得，
即实数的取值范围是.
故选：A.
15．B
【解析】
【分析】
由二次函数的值域可得出，可得出，则有，利用基本不等式可求得结果.
【详解】
若，则函数的值域为，不合乎题意，
因为二次函数的值域为，则，
且，所以，，可得，则，
所以，，当且仅当时，等号成立，
因此，的最小值为.
故选：B.
16．C
【解析】
由题意可转化为，使成立，求的最大值即可.
【详解】
因为，使得不等式成立，
所以，使得不等式成立，
令，，
因为对称轴为，
所以，
所以，
故选：C
【点睛】
本题主要考查了存在性命题的应用，考查了函数最值的求法，转化思想，属于中档题.
17．D
【解析】
【分析】
本题首先可根据题意得出函数满足有一零点为、当时、当时，然后对四个选项依次进行讨论，结合二次函数性质即可得出结果.
【详解】
因为关于的不等式在上恒成立，
所以必需要满足、，
即对于函数，必有一零点为且零点左右函数值符号不同，
即当时，；当时，，
A项：，，令，，，
此时，不满足零点左右函数值符号不同，A错误；
B项：，，令，，，
此时，存在满足题意，B错误；
C项：，，令，，，
此时，不满足零点左右函数值符号不同，C错误；
D项：，，令，，，
此时，不满足当时且当时，，
即不存在满足题意，D正确，
故选：D.
【点睛】
关键点点睛：本题考查不等式恒成立的相关问题的求法，主要考查二次函数性质以及对数函数性质，能否根据题意将不等式转化为函数满足有一零点为、当时、当时是解决本题的关键，考查推理能力与计算能力，是难题.
18．D
【解析】
【分析】
分析函数在时的增减性，即可得出函数的值域.
【详解】
因为，当时，随着的增大而增大，
所以，当时，，故函数的值域为.
故选：D.
19．B
【解析】
【分析】
根据二次函数的图象和性质即可求解.
【详解】
函数的对称轴为，
又函数在上为减函数，
，即．
故选：B.
【点睛】
本题考查由函数的单调区间求参数的取值范围，涉及二次函数的性质，属基础题.
20．C
【解析】
【分析】
设，由，根据两点间的距离公式表示出 ，分类讨论求出的最大值，再构建齐次不等式，解出即可．
【详解】
设，由，因为 ，，所以
，
因为，当，即 时，，即 ，符合题意，由可得，即 ；
当，即时， ，即，化简得， ，显然该不等式不成立．
故选：C．
【点睛】
本题解题关键是如何求出的最大值，利用二次函数求指定区间上的最值，要根据定义域讨论函数的单调性从而确定最值．


21．A
【解析】
【分析】
①当0＜a＜1时，对数函数y＝logax为减函数，二次函数开口向下，且其对称轴为x＝，故排除C与D；②当a＞1时，对数函数y＝logax为增函数，二次函数开口向上，且其对称轴为x＝，故B错误.
【详解】
解：由对数函数y＝logax（a＞0且a≠1）与二次函数y＝（a﹣1）x2﹣x可知，
①当0＜a＜1时，此时a﹣1＜0，对数函数y＝logax为减函数，
而二次函数y＝（a﹣1）x2﹣x开口向下，且其对称轴为x＝，故排除C与D；
②当a＞1时，此时a﹣1＞0，对数函数y＝logax为增函数，
而二次函数y＝（a﹣1）x2﹣x开口向上，且其对称轴为x＝，故B错误，而A符合题意．
故选：A．
22．C
【解析】
由直线，，可得，，代入三角形面积计算公式，再令，换元后由二次函数的单调性和反比例函数的单调性即可得出．
【详解】
由直线，，
可得，，
所以当的面积，
令，所以，
所以当，即时，取得最小值．
故选：C
【点睛】
求最值问题一般步骤为：（1）先求出目标函数；（2）再求函数的最值，求最值经常用到：二次函数的最值，基本不等式或用求导的方法．
23．B
【解析】
【分析】
利用换元法求出函数解析式，根据二次函数求最值即可.
【详解】
令，则，且，
所以，
所以，
当时，.
故选：B
24．C
【解析】
【分析】
由二次函数图象过点特殊点，排除AD，再根据二次函数图象的对称轴和指数函数的单调性分类讨论判断．
【详解】
两个函数分别为指数函数和二次函数，其中二次函数图象过点（0，－1），故排除A，D；
二次函数图象的对称轴为直线，当时，指数函数递减，，C符合题意；
当时，指数函数递增，，B不符合题意．
故选：C．
25．C
【解析】
【分析】
求出集合，再由集合的补运算即可求解.
【详解】
，
，
所以.
故选：C
26．D
【解析】
【分析】
首先求出函数的对称轴，根据二次函数的性质得到不等式，解得即可；
【详解】
解：因为函数，开口向下，对称轴为，依题意，解得，即
故选：D
27．C
【解析】
【分析】
由题可得和是方程的两个根，求出，再根据二次函数的性质即可得出.
【详解】
由题可得和是方程的两个根，且，
，解得，
则，
则函数图象开口向下，与轴交于.
故选：C.
28．D
【解析】
【分析】
求导，由单调性得到在上恒成立，由二次函数数形结合得到不等关系，求出m的取值范围.
【详解】
，
因为在上为单调递增函数，
所以在上恒成立，
令，
要满足①，或②，
由①得：，由②得：，
综上：实数m的取值范围是.
故选：D
29．C
【解析】
【分析】
利用向量表示出点Q坐标，再求出，的坐标，借助数量积建立函数关系即可求解.
【详解】
因点Q在直线上运动，则，有，于是有，
因此，，，
于是得，
则当时，，此时，点Q，
所以当取得最小值时，点Q的坐标为.
故选：C
30．A
【解析】
【分析】
结合二次函数的对称轴和单调性求得的取值范围.
【详解】
函数的对称轴为，由于在上是减函数，
所以.
故选:A
31．A
【解析】
根据对数函数的值域知，是函数值域的子集，从而得到，解该不等式组即可得出实数的取值范围．
【详解】
由题可知，函数的值域包含，当时，符合题意；
当时，则，解得；
当时，显然不符合题意，故实数的取值范围是．
故选：A.
【点睛】
本题主要考查了对数函数的值域的应用，解题的关键是对数函数性质的灵活应用．
32．D
【解析】
根据题设条件可得当时，，其中，结合函数在上的解析式和函数在的图象可求的取值范围.
【详解】
当时，，故，
因为，
故当时，，，
同理，当时，，
依次类推，可得当时，，其中.
所以当时，必有.
如图所示，因为当时，的取值范围为，
故若对任意，都有，则，
令，或，
结合函数的图象可得，
故选：D.

【点睛】
思路点睛：此类问题考虑函数的“类周期性”，注意根据已知区间上函数的性质推证函数在其他区间上的性质，必要时应根据性质绘制函数的图象，借助形来寻找临界点.
33．A
【解析】
【分析】
令，且，将函数转化为二次函数求解.
【详解】
令，且，
则，函数转化为
由，则，即值域为
故选：A.
【点睛】
本题主要考查函数的值域以及二次函数的值域，还考查了转化求解问题的能力，属于基础题.
34．A
【解析】
【分析】
依题意可得在上单调递增，对分两种情况讨论，结合二次函数的性质计算可得；
【详解】
解：因为对任意的，都有，所以在上单调递增，
当时，在定义域上单调递增，满足条件；
当时，则，解得，综上可得；
故选：A
35．D
【解析】
【分析】
根据函数单调性的性质可判断每个选项中函数在的单调性.
【详解】
对于A，当时，单调递增，故A错误；
对于B，，故在和上单调递增，故B错误；
对于C，在上单调递增，故C错误；
对于D，在上单调递减，故D正确
故选：D.
【点睛】
本题主要考查对函数单调性的判断，根据基本初等函数的复合函数单调性进行判断即可，属于基础题.
36．D
【解析】
【分析】
求出函数在时值的集合， 函数在时值的集合，再由已知并借助集合包含关系即可作答.
【详解】
当时，在上单调递增，，，则在上值的集合是，
当时，，，
当时，，当时，，即在上单调递减，在上单调递增，
，，则在上值的集合为，
因函数的值域为，于是得，则，解得，
所以实数的取值范围是.
故选：D
37．C
【解析】
【分析】
根据定义求出(m－x)⊕(m＋x)＝m2－x2＋m＋x，将不等式分离参数后，转化为最大值使不等式成立，根据二次函数求出最大值后，解一元二次不等式即可得解.
【详解】
依题意得(m－x)⊕(m＋x)＝(m－x＋1)(m＋x)＝m2－x2＋m＋x，
因为1≤x≤2时，存在x使不等式(m－x)⊕(m＋x)<4成立，
所以存在1≤x≤2，使不等式m2＋m 即当1≤x≤2时，m2＋m<(x2－x＋4)max.
因为1≤x≤2，所以当x＝2时，x2－x＋4取最大值6，
所以m2＋m<6，解得－3 故选：C．
【点睛】
本题考查了对新定义的理解能力，考查了不等式能成立问题，考查了二次函数求最值，考查了一元二次不等式的解法，属于中档题.
38．C
【解析】
【分析】
由题可得，令，设，则，再利用二次函数的性质分类讨论即求.
【详解】
∵，
∴，
令，设，则，
当时，在上单调递减，
∴，解得，∴，
当时，在上单调递增，
∴，解得，∴，
当时，，无解，
当时，，无解.
综上，或.
故选：C.
39．B
【解析】
【分析】
由题意可得，且，3为方程的两根，运用韦达定理可得，，的关系，可得的解析式，计算，（1），（4），比较可得所求大小关系．
【详解】
关于的不等式的解集为，
可得，且，3为方程的两根，
可得，，即，，
，，
可得，（1），（4），
可得（4）（1），故选．
【点睛】
本题主要考查二次函数的图象和性质、函数与方程的思想，以及韦达定理的运用．
40．C
【解析】
【分析】
设幂函数，先求出，.再换元利用二次函数图象和性质求解.
【详解】
设幂函数，
因为函数的图象过点，
所以，所以，
故，
所以.
令，所以，
则，
所以当时，.
故选：C.
41．ACD
【解析】
由已知不等式的解集求出，再求解各选项中的问题，作出判断．
【详解】
由题意，即，∴，A正确；
，但当时，，B错；
，由已知，即，且，C正确；
由题意知在上是增函数，在上是常函数，因此由得或，解得或，综上，．D正确．
故选：ACD．
【点睛】
关键点点睛：本题考查求二次函数的解析式，考查二次函数的性质，二次函数在对称轴的两边单调性相反，顶点处取得最大值或最小值．二次函数的图象与一元二次不等式的解集、一元二次方程的解之间的关系必须能熟练掌握，灵活运用．
42．ABC
【解析】
由可得或，由可得，然后可得答案.
【详解】
因为函数的值域是[1，2]，由可得或，由可得
所以其定义域可以为A、B、C中的集合
故选：ABC
43．BD
【解析】
【分析】
根据向量的数量积表示出，进而转化为二次函数求最值问题，再根据选项可求得答案.
【详解】
解：因为
令，
则当时，取得最小值1，
即有，
可见当确定时，唯一确定下来；但确定时，的值在可能有两个．
故选：BD．
44．ABD
【解析】
【分析】
分析出且二次函数的对称轴为直线，可判断A选项的正误；利用图象可判断B选项的正误；求出的值，利用二次函数的基本性质可判断C选项的正误；利用一元二次方程的解法可判断D选项的正误.
【详解】
由图象可知，二次函数的图象开口向上，则，对称轴为直线.
对于A选项，函数在区间上单调递减，A对；
对于B选项，不等式的解集为，B对；
对于C选项，由图可知，则，可得，
所以，，
当时，，C错；
对于D选项，对于二次方程，该方程的两根分别为、，
由韦达定理可得，所以且，
由得，即为，解得，D对.
故选：ABD.
45．
【解析】
【分析】
由不等式的解集得一元二次方程的两根，由韦达定理得两个关系式，又由对称轴得一关系式，结合起来可求得，得函数解析式.
【详解】
解：为，其解集为，则
，，又函数的对称轴是，则，
两者结合解得，
所以.
故答案为：.
46．
【解析】
【分析】
根据已知条件可得出关于实数的等式与不等式，由此可求得实数的值.
【详解】
根据题意，二次函数的最大值是，则，解得.
故答案为：.
47．
【解析】
【分析】
化简解析式后，利用正弦函数与二次函数的性质求解.
【详解】

令，则，
因为的对称轴方程为，
所以
所以，所以，
所以函数在上的值域是，
故答案为：
48．
【解析】
【分析】
利用，，且，求出的范围，将消元得，利用二次函数的最值及倒数法则即可求得的最大值.
【详解】
解：因为，，且，所以，


，
当时，取最小值，
所以取最大值，
故的最大值是.
故答案为：.
49．
【解析】
【分析】
由题意结合二次函数对称性可得，再利用二次函数的单调性即可得解.
【详解】
二次函数的图象开口向上且对称轴是，
函数在上单调递增，且，
又，，
.
故答案为：.
【点睛】
本题考查了二次函数图象与性质的应用，关键是对条件的合理转化，属于基础题.
50．
【解析】
【分析】
先利用奇函数的定义求出时的解析式，再结合二次函数的性质求解即可
【详解】
当时，，
∵时，，
∴，又为奇函数，
∴，
∴，
因为时，，
所以当时，取得最大值.
故答案为：
51．（1）；（2）证明见解析．
【解析】
【分析】
（1）利用二次函数的性质，可得，解得，转化当时，为，结合的范围可得，求解即可.
（2）利用数学归纳法，按照步骤证明即可.
【详解】
（1）由题意，知，
又，所以，
所以，即．
又函数图象的对称轴为，且，
所以当时，，
所以，解得，
所以．
（2）用数学归纳法证明：
①当时，，显然原不等式成立．
因为当时，，
所以．
故当时，原不等式也成立．
②假设当（，）时，不等式成立．
由（1）知，其图象的对称轴为直线，
所以当时，为增函数．
所以由，得．
于是，，
所以当时，原不等式也成立．
根据①②，知对任何，不等式成立．
52．（1）     （2）
【解析】
【分析】
（1）参变分离转化为存在，使得成立，求导分析的单调性和取值范围，即得解；
（2）函数对称轴为，分，，三种情况讨论，即得解
【详解】
（1）由题意，函数在范围上存在零点
即存在，使得成立
令，则
令（舍）
所以当时，；当时，
即在单调递增，在单调递减，又

即的取值范围是
（2），对称轴为
当时，即时，；
当时，即时，；
当时，即时，；
综上：
53．（1）当时，   （2），
【解析】
【分析】
（1）根据函数的奇偶性，求解解析式即可；
（2）根据题意，结合函数单调性，将问题转化为是方程的两个根的问题，进而解方程即可得答案.
【详解】
（1）当时，，于是.
因为是定义在上的奇函数，
所以，即.
（2）假设存在正实数，当时，且的值域为，
根据题意，，
因为 ，
则，得.
又函数在上是减函数，所以，
由此得到：是方程的两个根，
解方程求得
所以，存在正实数，当时，且的值域为
54．(1)最小值，最大值
(2)
【解析】
【分析】
（1）求出函数的解析式，根据二次函数的性质即可求解；
（2）将配方求出对称轴为，解不等式或即可求解.
(1)
当时，，对称轴为
因为，
所以当时，取得最小值，
当时，取得最大值,
所以函数的最大值为，最小值为.
(2)
是关于的二次函数，
它的图象的对称轴为直线．
因为在区间上是单调函数，
所以或，
即或，
又，
所以的取值范围是.
55．（1）；（2）.
【解析】
（1）分、两种情况讨论，分析二次函数在区间上的单调性，由此可求得函数在区间上的最小值；
（2）分、、三种情况讨论，分析函数在区间上的单调性，进而可求得函数在区间上的最大值.
【详解】
（1）当时，，其中.
①当时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
此时，；
②当时，函数在区间上单调递增，此时，.
综上所述，；
（2）当时，，其中.
①当时，函数在区间上单调递增，；
②当时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以，；
③当时，函数在区间上单调递减，所以，.
综上所述，.
【点睛】
方法点睛：“动轴定区间”型二次函数最值的方法：
（1）根据对称轴与区间的位置关系进行分类讨论；
（2）根据二次函数的单调性，分别讨论参数在不同取值下的最值，必要时需要结合区间端点对应的函数值进行分析；
（3）将分类讨论的结果整合得到最终结果.