2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题09幂函数与二次函数（教师版）

这是一份2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题09幂函数与二次函数（教师版），共21页。试卷主要包含了【知识梳理】，【题型归类】，【培优训练】，【强化测试】等内容，欢迎下载使用。

【考纲要求】
1.了解幂函数的概念；结合函数y＝x，y＝x2，y＝x3，y＝xeq \f(1,2)，y＝eq \f(1,x)的图象，了解它们的变化情况；
2.理解二次函数的图象和性质，能用二次函数、方程、不等式之间的关系解决简单问题.
【考点预测】
1.幂函数
(1)幂函数的定义
一般地，函数y＝xα叫做幂函数，其中x是自变量，α是常数.
(2)常见的五种幂函数的图象
(3)幂函数的性质
①幂函数在(0，＋∞)上都有定义；
②当α>0时，幂函数的图象都过点(1，1)和(0，0)，且在(0，＋∞)上单调递增；
③当α<0时，幂函数的图象都过点(1，1)，且在(0，＋∞)上单调递减.
2.二次函数
(1)二次函数解析式的三种形式
一般式：f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0).
顶点式：f(x)＝a(x－m)2＋n(a≠0)，顶点坐标为(m，n).
零点式：f(x)＝a(x－x1)(x－x2)(a≠0)，x1，x2为f(x)的零点.
(2)二次函数的图象和性质
【常用结论】
1.二次函数的单调性、最值与抛物线的开口方向和对称轴及给定区间的范围有关.
2.若f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，则当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a>0，,Δ<0))时，恒有f(x)>0；当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a<0，,Δ<0))时，恒有f(x)<0.
3.(1)幂函数y＝xα中，α的取值影响幂函数的定义域、图象及性质；
(2)幂函数的图象一定会出现在第一象限内，一定不会出现在第四象限.
【方法技巧】
1.幂函数的形式是y＝xα(α∈R)，其中只有一个参数α，因此只需一个条件即可确定其解析式.
2.在区间(0，1)上，幂函数中指数越大，函数图象越靠近x轴(简记为“指大图低”)，在区间(1，＋∞)上，幂函数中指数越大，函数图象越远离x轴.
3.在比较幂值的大小时，必须结合幂值的特点，选择适当的函数，借助其单调性进行比较，准确掌握各个幂函数的图象和性质是解题的关键.
4.研究二次函数图象应从“三点一线一开口”进行分析，“三点”中有一个点是顶点，另两个点是图象上关于对称轴对称的两个点，常取与x轴的交点；“一线”是指对称轴这条直线；“一开口”是指抛物线的开口方向.
5.求解与二次函数有关的不等式问题，可借助二次函数的图象特征，分析不等关系成立的条件.
6.闭区间上二次函数最值问题的解法：抓住“三点一轴”数形结合，三点是指区间两个端点和中点，一轴指的是对称轴，结合图象，根据函数的单调性及分类讨论的思想求解.
7.不等式恒成立求参数范围，一般有两个解题思路：一是分离参数；二是不分离参数，直接借助于函数图象求最值.这两个思路，最后都是转化为求函数的最值问题.
二、【题型归类】
【题型一】幂函数的图象与性质
【典例1】若幂函数y＝x－1，y＝xm与y＝xn在第一象限内的图象如图所示，则m与n的取值情况为( )
A．－1B．－1C．－1D．－1【解析】幂函数y＝xα，当α>0时，y＝xα在(0，＋∞)上单调递增，且0<α<1时，图象上凸，
∴0当α<0时，y＝xα在(0，＋∞)上单调递减．
不妨令x＝2，由图象得2－1<2n，则－1综上可知，－1故选D.
【典例2】幂函数f(x)＝(m2－3m＋3)xm的图象关于y轴对称，则实数m＝________.
【解析】由幂函数定义，知m2－3m＋3＝1，
解得m＝1或m＝2，
当m＝1时，f(x)＝x的图象不关于y轴对称，舍去，
当m＝2时，f(x)＝x2的图象关于y轴对称，
因此m＝2.
【典例3】若幂函数f(x)＝在(0，＋∞)上单调递增，则a等于( )
A．1 B．6 C．2 D．－1
【解析】因为函数f(x)＝是幂函数，
所以a2－5a－5＝1，解得a＝－1或a＝6.
当a＝－1时，
f(x)＝在(0，＋∞)上单调递增；
当a＝6时，
f(x)＝x－3在(0，＋∞)上单调递减，
所以a＝－1.
【题型二】求二次函数的解析式
【典例1】已知二次函数f(x)满足f(2)＝－1, f(－1)＝－1，且f(x)的最大值是8，试确定此二次函数的解析式．
【解析】解法一：(利用一般式)
设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，
由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4a＋2b＋c＝－1，,a－b＋c＝－1，,\f(4ac－b2,4a)＝8，))
解之得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－4，,b＝4，,c＝7.))
∴所求二次函数为y＝－4x2＋4x＋7.
解法二：(利用顶点式)
设f(x)＝a(x－m)2＋n(a≠0)，∵f(2)＝f(－1)，
∴抛物线对称轴为x＝eq \f(2＋（－1）,2)＝eq \f(1,2)，
∴m＝eq \f(1,2)，又根据题意，函数有最大值为8，
∴n＝8，
∴f(x)＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋8.
∵f(2)＝－1，即aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋8＝－1.解之得a＝－4.
∴f(x)＝－4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋8＝－4x2＋4x＋7.
解法三：(利用零点式)
由已知f(x)＋1＝0的两根为x1＝2，x2＝－1，即g(x)＝f(x)＋1的两个零点为2，－1，
故可设f(x)＋1＝a(x－2)(x＋1)(a≠0)，
即f(x)＝ax2－ax－2a－1.
又函数有最大值ymax＝8，即eq \f(4a（－2a－1）－a2,4a)＝8，
解之得a＝－4，
∴所求函数解析式为f(x)＝－4x2＋4x－2×(－4)－1
＝－4x2＋4x＋7.
【典例2】已知y＝f(x)是二次函数，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)＋x))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)－x))对x∈R恒成立，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)))＝49，方程f(x)＝0的两实根之差的绝对值等于7.求此二次函数的解析式．
【解析】由x∈R，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)＋x))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)－x))知，f(x)的对称轴为x＝－eq \f(3,2).又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)))＝49，则二次函数f(x)的顶点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，49))，
故设f(x)＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3,2)))eq \s\up12(2)＋49(a≠0)．
解法一：设方程f(x)＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3,2)))eq \s\up12(2)＋49＝0的两根为x1，x2，
x1＋x2＝－3，x1x2＝eq \f(9,4)＋eq \f(49,a)，
则|x1－x2|＝eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq \r(－\f(49×4,a))＝7，
解得a＝－4，所以f(x)＝－4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3,2)))eq \s\up12(2)＋49，
即f(x)＝－4x2－12x＋40.
解法二：设f(x)＝0的两根为x1，x2，且x1＜x2，由两实根之差的绝对值为7得x1＝－eq \f(3,2)－eq \f(7,2)＝－5，x2＝－eq \f(3,2)＋eq \f(7,2)＝2，将x1或x2代入f(x)＝0得a＝－4.从而得到f(x)＝－4x2－12x＋40.
【典例3】若函数f(x)＝(x＋a)(bx＋2a)(a，b∈R)满足条件f(－x)＝f(x)，定义域为R，值域为(－∞，4]，则函数解析式f(x)＝________.
【解析】f(x)＝(x＋a)(bx＋2a)
＝bx2＋(2a＋ab)x＋2a2.
∵f(－x)＝f(x)，
∴2a＋ab＝0，
∴f(x)＝bx2＋2a2.
∵f(x)的定义域为R，值域为(－∞，4]，
∴b<0，且2a2＝4，
∴b＝－2，∴f(x)＝－2x2＋4.
【题型三】二次函数的图象问题
【典例1】在同一坐标系中，函数y＝ax2＋bx与y＝ax＋b(ab≠0)的图象可能是( )
【解析】抛物线y＝ax2＋bx过原点排除A，又直线y＝ax＋b与抛物线y＝ax2＋bx都过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,a)，0))，排除B，C.故选D.
【典例2】设abc>0，二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c的图象可能是( )
【解析】因为abc>0，
二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c，那么可知，
在A中，a<0，b<0，c<0，不符合题意；
B中，a<0，b>0，c>0，不符合题意；
C中，a>0，c<0，b>0，不符合题意，故选D.
【典例3】一次函数y＝ax＋b(a≠0)与二次函数y＝ax2＋bx＋c在同一坐标系中的图象大致是( )
【解析】若a>0，则一次函数y＝ax＋b为增函数，二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象开口向上，故可排除A；若a<0，一次函数y＝ax＋b为减函数，二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象开口向下，故可排除D；对于选项B，看直线可知a>0，b>0，从而－eq \f(b,2a)<0，而二次函数的对称轴在y轴的右侧，故应排除B，故选C.
【题型四】二次函数的单调性与最值问题
【典例1】已知f(x)＝ax2－2x＋1.
(1)若f(x)在[0,1]上单调，求实数a的取值范围；
(2)若x∈[0,1]，求f(x)的最小值g(a)．
【解析】(1)当a＝0时，f(x)＝－2x＋1单调递减；
当a>0时，f(x)的对称轴为x＝eq \f(1,a)，且eq \f(1,a)>0，
∴eq \f(1,a)≥1，即0当a<0时，f(x)的对称轴为x＝eq \f(1,a)且eq \f(1,a)<0，
∴a<0符合题意．
综上有，a≤1.
(2)①当a＝0时，f(x)＝－2x＋1在[0,1]上单调递减，
∴f(x)min＝f(1)＝－1.
②当a>0时，f(x)＝ax2－2x＋1的图象开口方向向上，且对称轴为x＝eq \f(1,a).
(ⅰ)当eq \f(1,a)<1，即a>1时，f(x)＝ax2－2x＋1图象的对称轴在[0,1]内，
∴f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上单调递减，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，1))上单调递增．
∴f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝eq \f(1,a)－eq \f(2,a)＋1＝－eq \f(1,a)＋1.
(ⅱ)当eq \f(1,a)≥1，即0∴f(x)min＝f(1)＝a－1.
③当a<0时，f(x)＝ax2－2x＋1的图象的开口方向向下，且对称轴x＝eq \f(1,a)<0，在y轴的左侧，
∴f(x)＝ax2－2x＋1在[0,1]上单调递减．
∴f(x)min＝f(1)＝a－1.
综上所述，g(a)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－1，a≤1，,－\f(1,a)＋1，a>1.))
【典例2】设函数f(x)＝x2－2x－1在区间[t，t＋1]上有最小值g(t)，求g(t)的解析式．
【解析】f(x)＝x2－2x－1＝(x－1)2－2.
①当t≤1≤t＋1，即0≤t≤1时，g(t)＝－2.
②当t>1时，f(x)在区间[t，t＋1]上是增函数，则最小值g(t)＝f(t)＝t2－2t－1；
③当t＋1<1，即t<0时，f(x)在区间[t，t＋1]上是减函数，则最小值g(t)＝f(t＋1)＝t2－2.
∴g(t)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(t2－2，t＜0，,－2，0≤t≤1，,t2－2t－1，t＞1.))
【典例3】已知函数f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)，记M(a，b)是|f(x)|在区间[－1，1]上的最大值．
(1)证明：当|a|≥2时，M(a，b)≥2；
(2)当a，b满足M(a，b)≤2时，求|a|＋|b|的最大值．
【解析】(1)证明：由f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(a,2)))eq \s\up12(2)＋b－eq \f(a2,4)，
得对称轴为直线x＝－eq \f(a,2).
由|a|≥2，得eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))≥1，故f(x)在[－1，1]上单调，
所以M(a，b)＝max{|f(1)|，|f(－1)|}．
当a≥2时，由f(1)－f(－1)＝2a≥4，
得max{f(1)，－f(－1)}≥2，即M(a，b)≥2.
当a≤－2时，由f(－1)－f(1)＝－2a≥4，
得max{f(－1)，－f(1)}≥2，即M(a，b)≥2.
综上，当|a|≥2时，M(a，b)≥2.
(2)由M(a，b)≤2得|1＋a＋b|＝|f(1)|≤2，
|1－a＋b|＝|f(－1)|≤2，故|a＋b|≤3，|a－b|≤3，
由|a|＋|b|＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(|a＋b|，ab≥0，,|a－b|，ab＜0，)) 得|a|＋|b|≤3.
当a＝2，b＝－1时，|a|＋|b|＝3，且|x2＋2x－1|在[－1，1]上的最大值为2，即M(2，－1)＝2.
所以|a|＋|b|的最大值为3.
【题型五】二次方程根的分布问题
【典例1】(多选)已知函数f(x)＝x2－2x＋a有两个零点x1，x2，以下结论正确的是( )
A．a<1
B．若x1x2≠0，则eq \f(1,x1)＋eq \f(1,x2)＝eq \f(2,a)
C．f(－1)＝f(3)
D．函数y＝f(|x|)有四个零点
【解析】二次函数对应二次方程根的判别式Δ＝(－2)2－4a＝4－4a>0，a<1，故A正确；
由根与系数的关系得，x1＋x2＝2，x1x2＝a，
eq \f(1,x1)＋eq \f(1,x2)＝eq \f(x1＋x2,x1x2)＝eq \f(2,a) ，故B正确；
因为f(x)的对称轴为x＝1，点(－1，f(－1))，(3，f(3))关于对称轴对称，故C正确；
当a<0时，y＝f(|x|)只有两个零点，故D不正确．
故选ABC.
【典例2】已知二次函数f(x)＝x2＋2bx＋c(b，c∈R)满足f(1)＝0，且关于x的方程f(x)＋x＋b＝0的两个实数根分别在区间(－3，－2)，(0，1)内，求实数b的取值范围．
【解析】由题意知f(1)＝1＋2b＋c＝0，
∴c＝－1－2b，
记(x)＝f(x)＋x＋b＝x2＋(2b＋1)x＋b＋c
＝x2＋(2b＋1)x－b－1，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(g（－3）＝5－7b＞0，,g（－2）＝1－5b＜0，,g（0）＝－1－b＜0，,g（1）＝b＋1＞0，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b＜\f(5,7)，,b＞\f(1,5)，,b＞－1，,b＞－1，))即b∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)，\f(5,7))).
因此b的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)，\f(5,7))).
【典例3】已知关于x的二次方程x2＋2mx＋2m＋1＝0.
(1)若方程有两根，其中一根在区间(－1，0)内，另一根在区间(1，2)内，求m的取值范围；
(2)若方程两根均在区间(0，1)内，求m的取值范围．
【解析】(1)条件说明抛物线f(x)＝x2＋2mx＋2m＋1与x轴的交点分别在区间(－1，0)和(1，2)内，作出函数f(x)的大致图象，得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（0）＝2m＋1<0，,f（－1）＝2>0，,f（1）＝4m＋2<0，,f（2）＝6m＋5>0))⇒ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m<－\f(1,2)，,m∈R，,m<－\f(1,2)，,m>－\f(5,6).))
∴－eq \f(5,6)故m的取值范围为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(m|－\f(5,6)＜m＜－\f(1,2))).
(2)由抛物线与x轴交点落在区间(0，1)内，作出函数f(x)的大致图象，得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（0）＝2m＋1>0，,f（1）＝4m＋2>0，,Δ＝（2m）2－4（2m＋1）≥0，,0<－m<1.))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m>－\f(1,2)，,m>－\f(1,2)，,m≥1＋\r(2)或m≤1－\r(2)，,－1故m的取值范围为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(m|－\f(1,2)＜m≤1－\r(2))).
【题型六】二次函数中的恒成立问题
【典例1】已知二次函数f(x)满足f(x＋1)－f(x)＝2x，且f(0)＝1，若不等式f(x)>2x＋m在区间
[－1,1]上恒成立，则实数m的取值范围为____________．
【解析】设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，由f(0)＝1，得c＝1，又f(x＋1)－f(x)＝2x，得2ax＋a＋b＝2x，所以a＝1，b＝－1，所以f(x)＝x2－x＋1.f(x)>2x＋m在区间[－1,1]上恒成立，即x2－3x＋1－m>0在[－1,1]上恒成立，令g(x)＝x2－3x＋1－m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)))2－eq \f(5,4)－m，x∈[－1,1]，g(x)在[－1,1]上单调递减，所以g(x)min＝g(1)＝1－3＋1－m>0，所以m<－1.
【典例2】函数f(x)＝a2x＋3ax－2(a>1)，若在区间[－1,1]上f(x)≤8恒成立，则a的最大值为________．
【解析】令ax＝t，因为a>1，x∈[－1,1]，所以eq \f(1,a)≤t≤a，原函数化为g(t)＝t2＋3t－2，t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，a))，显然g(t)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，a))上单调递增，所以f(x)≤8恒成立，即g(t)max＝g(a)≤8恒成立，所以有a2＋3a－2≤8，解得－5≤a≤2，又a>1，所以a的最大值为2.
【典例3】已知函数f(x)＝x2－2ax＋2a＋4的定义域为R，值域为[1，＋∞)，则a的值为________．
【解析】由于函数f(x)的值域为[1，＋∞)，
所以f(x)min＝1.又f(x)＝(x－a)2－a2＋2a＋4，
当x∈R时，f(x)min＝f(a)＝－a2＋2a＋4＝1，
即a2－2a－3＝0，解得a＝3或a＝－1.
【题型七】二次函数的综合问题
【典例1】设函数f(x)＝x2－2x＋2，x∈[t，t＋1]，t∈R，求函数f(x)的最小值．
【解析】f(x)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1，x∈[t，t＋1]，t∈R，函数图象的对称轴为x＝1.
当t＋1≤1，即t≤0时，函数图象如图(1)所示，函数f(x)在区间[t，t＋1]上为减函数，
所以最小值为f(t＋1)＝t2＋1；
当t<1当t≥1时，函数图象如图(3)所示，函数f(x)在区间[t，t＋1]上为增函数，
所以最小值为f(t)＝t2－2t＋2.
综上可知，f(x)min＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(t2＋1，t≤0，,1，0【典例2】已知函数f(x)＝tx，g(x)＝(2－t)x2－4x＋1.若对于任一实数x0，函数值f(x0)与g(x0)中至少有一个为正数，则实数t的取值范围是( )
A．(－∞，－2)∪(0，2]
B．(－2，0)∪(0，2]
C．(－2，2]
D．(0，＋∞)
【解析】由题可知函数f(x)的图象过原点，g(x)的图象过定点(0，1)．
①当t＝0时，f(x)恒为0，g(x)＝2x2－4x＋1，Δ＝16－8＞0，g(x)不恒为正，故不合题意；
②当t＝2时，f(x)＝2x，g(x)＝－4x＋1，显然符合题意；
③当t＞2时，g(x)＝(2－t)x2－4x＋1，Δ＝4t＋8＞0，对称轴x＝eq \f(2,2－t)＜0，图象开口向下，作出g(x)与f(x)的函数图象，由图可知存在x0＜0使得g(x0)＜0且f(x0)＜0，故不合题意；
④当0＜t＜2时，g(x)的图象开口向上，Δ＞0，对称轴x＝eq \f(2,2－t)＞0，作出g(x)与f(x)的函数图象，由图可知对任一x0∈R，有g(x0)＞0或f(x0)＞0，故符合题意；
⑤当t＜0时，g(x)的图象开口向上，Δ＝4t＋8，对称轴x＝eq \f(2,2－t)＞0，若Δ＜0，即t＜－2，则g(x)恒为正，故符合题意；若Δ≥0，即－2≤t＜0，则作出g(x)与f(x)的函数图象，由图可知存在x0＞0，使得f(x0)＜0且g(x0)≤0，故不合题意．
另解：也可令t取特殊值，利用排除法解答．
综上可得实数t的取值范围为(－∞，－2)∪(0，2]．故选A.
【典例3】已知f(x)＝m(x－2m)(x＋m＋3)，g(x)＝2x－2.若同时满足条件：
①∀x∈R，f(x)<0或g(x)<0；
②∃x∈(－∞，－4)，f(x)g(x)<0.
求实数m的取值范围．
【解析】当x<1时，g(x)<0，当x>1时，g(x)>0，当x＝1时，g(x)＝0，故m＝0不符合要求；
当m>0时，根据函数f(x)和函数g(x)的单调性，一定存在区间[a，＋∞)使f(x)≥0且g(x)≥0，故m>0时不满足条件①；
当m<0时，如图所示，如果满足条件①，则函数f(x)的两个零点都小于1，如果满足条件②，则函数f(x)至少有一个零点小于－4，问题等价于函数f(x)有两个不相等的零点，其中较大的零点小于1，较小的零点小于－4.函数f(x)的两个零点是2m，－(m＋3)，
故m满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＜0，,2m＜－（m＋3），,2m＜－4，,－（m＋3）＜1))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＜0，,－（m＋3）＜2m，,2m＜1，,－（m＋3）＜－4，))
由第一个不等式组得－4三、【培优训练】
【训练一】已知函数f(x)＝(x2－2x－3)(x2＋ax＋b)是偶函数，则f(x)的值域是________．
【解析】因为f(x)＝(x2－2x－3)(x2＋ax＋b)
＝(x－3)(x＋1)(x2＋ax＋b)是偶函数，
所以有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f－3＝f3＝0，,f1＝f－1＝0，))
代入得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(9－3a＋b＝0，,1＋a＋b＝0，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝－3.))
所以f(x)＝(x2－2x－3)(x2＋2x－3)
＝(x2－3)2－4x2＝x4－10x2＋9
＝(x2－5)2－16≥－16.
【训练二】已知二次函数f(x)＝x2－2tx＋2t＋1，x∈[－1，2]．若f(x)≥－1恒成立，求t的取值范围．
【解析】①若t＜－1，要使f(x)≥－1恒成立，只需f(－1)≥－1，即4t＋2≥－1，则t≥－eq \f(3,4)，这与t＜－1矛盾．
②若－1≤t≤2，要使f(x)≥－1恒成立，只需f(t)≥－1，即－t2＋2t＋1≥－1，则1－eq \r(3)≤t≤1＋eq \r(3)，∴1－eq \r(3)≤t≤2.
③若t＞2，要使f(x)≥－1恒成立，只需f(2)≥－1，即－2t＋5≥－1，∴2＜t≤3.
综上所述，t的取值范围是[1－eq \r(3)，3]
【训练三】若函数φ(x)＝x2＋m|x－1|在[0，＋∞)上单调递增，则实数m的取值范围是__________．
【解析】当0≤x<1时，φ(x)＝x2－mx＋m，此时φ(x)单调递增，则eq \f(m,2)≤0，即m≤0；
当x≥1时，φ(x)＝x2＋mx－m，此时φ(x)单调递增，则－eq \f(m,2)≤1，即m≥－2.
综上，实数m的取值范围是[－2,0]．
【训练四】．是否存在实数a∈[－2,1]，使函数f(x)＝x2－2ax＋a的定义域为[－1,1]时，值域为[－2,2]？若存在，求a的值；若不存在，请说明理由．
【解析】f(x)＝(x－a)2＋a－a2，
当－2≤a<－1时，f(x)在[－1,1]上为增函数，
∴由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f－1＝－2，,f1＝2，))得a＝－1(舍去)；
当－1≤a≤0时，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(fa＝－2，,f1＝2，))得a＝－1；
当0综上可得，存在实数a满足题目条件，a＝－1.
【训练五】已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋1(a，b∈R且a≠0)，x∈R.
(1)若函数f(x)的最小值为f(－1)＝0，求f(x)的解析式，并写出单调区间；
(2)在(1)的条件下，f(x)>x＋k在区间[－3，－1]上恒成立，试求k的取值范围.
【解析】(1)由题意知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a>0，,－\f(b,2a)＝－1，,f（－1）＝a－b＋1＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝2.))
所以f(x)＝x2＋2x＋1，
由f(x)＝(x＋1)2知，函数f(x)的单调递增区间为[－1，＋∞)，单调递减区间为(－∞，－1].
(2)由题意知，x2＋2x＋1>x＋k在区间[－3，－1]上恒成立，即k令g(x)＝x2＋x＋1，x∈[－3，－1]，
由g(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(3,4)知g(x)在区间[－3，－1]上是减函数，则g(x)min＝g(－1)＝1，所以k<1，
故k的取值范围是(－∞，1).
【训练六】已知a，b是常数且a≠0，f(x)＝ax2＋bx且f(2)＝0，且使方程f(x)＝x有等根．
(1)求f(x)的解析式；
(2)是否存在实数m，n(m【解析】(1)由f(x)＝ax2＋bx，且f(2)＝0，则4a＋2b＝0，
又方程f(x)＝x，即ax2＋(b－1)x＝0有等根，得b＝1，从而a＝－eq \f(1,2)，所以f(x)＝－eq \f(1,2)x2＋x.
(2)假定存在符合条件的m，n，由(1)知f(x)＝－eq \f(1,2)x2＋x＝－eq \f(1,2)(x－1)2＋eq \f(1,2)≤eq \f(1,2)，
则有2n≤eq \f(1,2)，即n≤eq \f(1,4).又f(x)图象的对称轴为直线x＝1，则f(x)在[m，n]上单调递增，
于是得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m解方程组得m＝－2，n＝0，所以存在m＝－2，n＝0，使函数f(x)在[－2,0]上的值域为[－4,0]．
四、【强化测试】
【单选题】
1. 函数的图象是( )

【解析】由函数图象上的特殊点(1,1)，可排除A，D；由特殊点(8,2)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)，\f(1,2)))，可排除C，故选B.
2. 若f(x)是幂函数，且满足eq \f(f4,f2)＝3，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))等于( )
A．3 B．－3 C.eq \f(1,3) D．－eq \f(1,3)
【解析】设f(x)＝xα，则eq \f(4α,2α)＝2α＝3，
∴f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))α＝eq \f(1,3).
故选C.
3. 若幂函数在(0，＋∞)上为增函数，则m的值为( )
A．1或3 B．1 C．3 D．2
【解析】由题意得m2－4m＋4＝1，m2－6m＋8>0，
解得m＝1.故选B.
4. 函数f(x)＝ax2＋(a－3)x＋1在区间[－1，＋∞)上单调递减，则实数a的取值范围是( )
A．[－3,0) B．(－∞，－3]
C．[－2,0] D．[－3,0]
【解析】当a＝0时，f(x)＝－3x＋1在[－1，＋∞)上单调递减，满足题意．
当a≠0时，f(x)的对称轴为直线x＝eq \f(3－a,2a)，
由f(x)在[－1，＋∞)上单调递减，知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a<0，,\f(3－a,2a)≤－1，))
解得－3≤a<0.
综上，a的取值范围为[－3,0]．故选D.
5. 已知a，b，c∈R，函数f(x)＝ax2＋bx＋c.若f(0)＝f(4)>f(1)，则( )
A．a>0,4a＋b＝0 B．a<0,4a＋b＝0
C．a>0,2a＋b＝0 D．a<0,2a＋b＝0
【解析】由f(0)＝f(4)，得f(x)＝ax2＋bx＋c图象的对称轴为直线x＝－eq \f(b,2a)＝2，∴4a＋b＝0，
又f(0)>f(1)，f(4)>f(1)，
∴f(x)先减后增，于是a>0，故选A.
6. 若函数f(x)＝x2＋ax＋b的图象与x轴的交点为(1，0)和(3，0)，则函数f(x)( )
A．在(－∞，2)上递减，在[2，＋∞)上递增
B．在(－∞，3)上递增
C．在[1，3]上递增
D．单调性不能确定
【解析】由已知可得该函数图象的对称轴为x＝2，又二次项系数为1>0，所以f(x)在(－∞，2)上是递减的，在[2，＋∞)上是递增的．故选A.
7. 若函数f(x)＝x2＋a|x|＋2，x∈R在区间[3，＋∞)和[－2，－1]上均为增函数，则实数a的取值范围是( )
A．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(11,3)，－3)) B．[－6，－4]
C．[－3，－2eq \r(2)] D．[－4，－3]
【解析】由于f(x)为R上的偶函数，因此只需考虑函数f(x)在(0，＋∞)上的单调性即可．由题意知函数f(x)在[3，＋∞)上为增函数，在[1，2]上为减函数，故－eq \f(a,2)∈[2，3]，即a∈[－6，－4]．
故选B.
8. 已知函数f(x)＝2ax2－ax＋1(a<0)，若x1A．f(x1)＝f(x2) B．f(x1)>f(x2)
C．f(x1)【解析】由题知二次函数f(x)的图象开口向下，图象的对称轴为x＝eq \f(1,4)，因为x1＋x2＝0，所以直线x＝x1，x＝x2关于直线x＝0对称，由x1故选B.
【多选题】
9. 已知函数f(x)＝3x2－2(m＋3)x＋m＋3的值域为[0，＋∞)，则实数m的取值范围为( )
A．0 B．[－3,0]
C．3 D．－3
【解析】依题意，得Δ＝4(m＋3)2－4×3(m＋3)＝0，
则m＝0或m＝－3.∴实数m的取值范围是{0，－3}．
故选AD.
10. 若二次函数y＝kx2－4x＋2在区间[1,2]上是单调递增函数，则实数k的取值可以是( )
A．0 B．1
C．2 D．3
【解析】二次函数y＝kx2－4x＋2图象的对称轴为直线x＝eq \f(2,k)，当k>0时，要使函数y＝kx2－4x＋2在区间[1,2]上是增函数，只需eq \f(2,k)≤1，解得k≥2；当k<0时，eq \f(2,k)<0，此时抛物线的对称轴在区间[1,2]的左侧，则函数y＝kx2－4x＋2在区间[1,2]上是减函数，不符合要求．综上可得实数k的取值范围是[2，＋∞)．故选CD.
11. 由于被墨水污染，一道数学题仅能见到如下文字：已知二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象过点(1，0)，…，求证：这个二次函数的图象关于直线x＝2对称．根据现有信息，题中的二次函数可能具有的性质是( )
A．在x轴上截得的线段的长度是2
B．与y轴交于点(0，3)
C．顶点是(－2，－2)
D．过点(3，0)
【解析】由已知得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋b＋c＝0,－\f(b,2a)＝2，))解得b＝－4a，c＝3a，所以二次函数为y＝a(x2－4x＋3)，其顶点的横坐标为2，所以顶点一定不是(－2，－2)，故选ABD．
12. 设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，对任意实数t都有f(4＋t)＝f(－t)成立，则函数值f(－1)，f(1)，f(2)，f(5)中，最小的可能是( )
A．f(－1) B．f(1)
C．f(2) D．f(5)
【解析】因为对任意实数t都有f(4＋t)＝f(－t)成立，所以函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)的对称轴是x＝2，当a>0时，函数值f(－1)，f(1)，f(2)，f(5)中，最小的是f(2)；当a<0时，函数值f(－1)，f(1)，f(2)，f(5)中，最小的是f(－1)和f(5)．
故选ACD.
【填空题】
13. 已知幂函数y＝mxn(m，n∈R)的图象经过点(4，2)，则m－n＝________．
【解析】函数y＝mxn(m，n∈R)为幂函数，则m＝1；又函数y＝xn的图象经过点(4，2)，则4n＝2，解得n＝eq \f(1,2).所以m－n＝1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2).
答案：eq \f(1,2)
14. 二次函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的图象如图所示，确定下列各式的正负：b________0，ac________0，a－b＋c________0.(填“＞”“＜”或“＝”)
【解析】因为a<0，－eq \f(b,2a)>0，c>0，所以b>0，ac<0.
设y＝f(x)＝ax2＋bx＋c，
则a－b＋c＝f(－1)<0.
答案：> < <
15. 如果函数f(x)＝x2－ax－a在区间[0，2]上的最大值为为1，那么实数a＝________．
【解析】因为函数f(x)＝x2－ax－a的图象为开口向上的抛物线，所以函数的最大值在区间的端点取得．
因为f(0)＝－a，f(2)＝4－3a，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－a>4－3a，,－a＝1))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－a≤4－3a，,4－3a＝1，))解得a＝1.
答案：1
16. 定义：如果在函数y＝f(x)定义域内的给定区间[a，b]上存在x0(a【解析】因为函数f(x)＝－x2＋mx＋1是[－1，1]上的平均值函数，
设x0为均值点，
所以eq \f(f（1）－f（－1）,1－（－1）)＝m＝f(x0)，
即关于x0的方程－xeq \\al(2,0)＋mx0＋1＝m在(－1，1)内有实数根，
解方程得x0＝1或x0＝m－1.
所以必有－1所以实数m的取值范围是(0，2)．
答案：(0，2)
【解答题】
17. 已知函数f(x)＝x2＋2ax＋2，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－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．
【解析】(1)当a＝－1时，f(x)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1，x∈[－5，5]，
所以当x＝1时，f(x)取得最小值1；
当x＝－5时，f(x)取得最大值37.
(2)函数f(x)＝(x＋a)2＋2－a2的图象的对称轴为直线x＝－a，
因为y＝f(x)在区间[－5，5]上是单调函数，
所以－a≤－5或－a≥5，即a≤－5或a≥5.故实数a的取值范围是(－∞，－5]∪[5，＋∞)．
18. 已知二次函数f(x)的二次项系数为a，且不等式f(x)＞－2x的解集为(1，3)．若方程f(x)＋6a＝0有两个相等的实根，求函数f(x)的解析式．
【解析】依题意可设f(x)＋2x＝a(x－1)(x－3)，且a＜0.
于是f(x)＝a(x－1)(x－3)－2x＝ax2－(2＋4a)x＋3a.
由f(x)＋6a＝0，得ax2－(2＋4a)x＋9a＝0.
∴Δ＝(2＋4a)2－36a2＝0⇒5a2－4a－1＝0.
解之得a＝1(舍)或a＝－eq \f(1,5).
∴f(x)＝－eq \f(1,5)x2－eq \f(6,5)x－eq \f(3,5).
19. 已知二次函数f(x)满足f(x)＝f(－4－x)，f(0)＝3，若x1，x2是f(x)的两个零点，且|x1－x2|＝2.
(1)求f(x)的解析式；
(2)若x>0，求g(x)＝eq \f(x,f（x）)的最大值．
【解析】(1)因为二次函数满足f(x)＝f(－4－x)，
所以f(x)的图象的对称轴为直线x＝－2.
因为x1，x2是f(x)的两个零点，且|x1－x2|＝2.
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＝－3，,x2＝－1))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＝－1，,x2＝－3.))
设f(x)＝a(x＋3)(x＋1)(a≠0)．
由f(0)＝3a＝3得a＝1，所以f(x)＝x2＋4x＋3.
(2)由(1)得g(x)＝eq \f(x,f（x）)＝eq \f(x,x2＋4x＋3)＝eq \f(1,x＋\f(3,x)＋4)(x>0)，
因为x>0，所以eq \f(1,x＋\f(3,x)＋4)≤eq \f(1,4＋2\r(3))＝1－eq \f(\r(3),2)，当且仅当x＝eq \f(3,x)，即x＝eq \r(3)时等号成立．
所以g(x)的最大值是1－eq \f(\r(3),2).
20. 已知函数f(x)＝eq \f(ax＋2－a,x＋1)，其中a∈R.
(1)当函数f(x)的图象关于点P(－1，3)成中心对称时，求a的值；
(2)若函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递减，求a的取值范围.
【解析】(1)f(x)＝eq \f(ax＋2－a,x＋1)
＝eq \f(a（x＋1）＋2－2a,x＋1)＝a＋eq \f(2－2a,x＋1)，
所以f(x)的对称中心为(－1，a)，
与P(－1，3)比较得a＝3.
(2)由f(x)＝eq \f(ax＋2－a,x＋1)＝a＋eq \f(2－2a,x＋1)，
当2－2a＞0，即a＜1时，f(x)在(－1，＋∞)上单调递减，故a的取值范围是{a|a＜1}.
21. 已知f(x)＝ax2－2x＋1.
(1)若f(x)在[0,1]上单调，求实数a的取值范围；
(2)若x∈[0,1]，求f(x)的最小值g(a)．
【解析】(1)当a＝0时，f(x)＝－2x＋1单调递减；
当a>0时，f(x)的对称轴为x＝eq \f(1,a)，且eq \f(1,a)>0，
∴eq \f(1,a)≥1，即0当a<0时，f(x)的对称轴为x＝eq \f(1,a)且eq \f(1,a)<0，
∴a<0符合题意．
综上有，a≤1.
(2)①当a＝0时，f(x)＝－2x＋1在[0,1]上单调递减，
∴f(x)min＝f(1)＝－1.
②当a>0时，f(x)＝ax2－2x＋1的图象开口方向向上，且对称轴为x＝eq \f(1,a).
(ⅰ)当eq \f(1,a)<1，即a>1时，f(x)＝ax2－2x＋1图象的对称轴在[0,1]内，
∴f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上单调递减，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，1))上单调递增．
∴f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝eq \f(1,a)－eq \f(2,a)＋1＝－eq \f(1,a)＋1.
(ⅱ)当eq \f(1,a)≥1，即0∴f(x)min＝f(1)＝a－1.
③当a<0时，f(x)＝ax2－2x＋1的图象的开口方向向下，且对称轴x＝eq \f(1,a)<0，在y轴的左侧，
∴f(x)＝ax2－2x＋1在[0,1]上单调递减．
∴f(x)min＝f(1)＝a－1.
综上所述，g(a)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－1，a≤1，,－\f(1,a)＋1，a>1.))
22. 如图，O，P，Q三地有直道相通，OP＝3千米，PQ＝4千米，OQ＝5千米，现甲、乙两警员同时从O地出发匀速前往Q地，经过t小时，他们之间的距离为f(t)(单位：千米)．甲的路线是OQ，速度为5千米/小时，乙的路线是OPQ，速度为8千米/小时，乙到达Q地后在原地等待．设t＝t1时乙到达P地，t＝t2时乙到达Q地．
(1)求t1与f(t1)的值；
(2)已知警员的对讲机的有效通话距离是3千米，当t1≤t≤t2时，求f(t)的表达式，并判断f(t)在[t1，t2]上的最大值是否超过3？说明理由．
【解析】(1)由条件知t1＝eq \f(3,8)，设此时甲到达A点，并连接AP，如图所示，则OA＝5×eq \f(3,8)＝eq \f(15,8).
∴在△OAP中由余弦定理得，
f(t1)＝AP＝eq \r(OA2＋OP2－2OA·OP·cs∠AOP)
＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(15,8)))\s\up12(2)＋9－\f(45,4)·\f(3,5))＝eq \f(3\r(41),8)(千米)．
(2)可以求得t2＝eq \f(7,8)，设t小时后，且eq \f(3,8)≤t≤eq \f(7,8)，甲到达了B点，乙到达了C点，如图所示，则BQ＝5－5t，CQ＝7－8t.
∴在△BCQ中由余弦定理得，
f(t)＝BC＝eq \r(（5－5t）2＋（7－8t）2－2（5－5t）（7－8t）·\f(4,5))＝eq \r(25t2－42t＋18)，
即f(t)＝eq \r(25t2－42t＋18)，eq \f(3,8)≤t≤eq \f(7,8).
设g(t)＝25t2－42t＋18，eq \f(3,8)≤t≤eq \f(7,8)，
g(t)的对称轴为t＝eq \f(21,25)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,8)，\f(7,8))).
且geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,8)))＝eq \f(369,64)，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,8)))＝eq \f(25,64).
故g(t)的最大值为eq \f(369,64)，此时f(t)取最大值eq \f(3\r(41),8)＜3.
故f(t)在[t1，t2]上的最大值不超过3.函数
y＝ax2＋bx＋c
(a>0)
y＝ax2＋bx＋c
(a<0)
图象
(抛物线)
定义域
R
值域
eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4ac－b2,4a)，＋∞))
eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(4ac－b2,4a)))
对称轴
x＝－eq \f(b,2a)
顶点
坐标
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,2a)，\f(4ac－b2,4a)))
奇偶性
当b＝0时是偶函数，当b≠0时是非奇非偶函数
单调性
在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(b,2a)))上是减函数；
在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,2a)，＋∞))上是增函数
在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(b,2a)))上是增函数；
在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,2a)，＋∞))上是减函数