新高考数学一轮复习考点精讲练+易错题型第14讲 二次函数与幂函数（2份打包，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学一轮复习考点精讲练+易错题型第14讲 二次函数与幂函数（2份打包，原卷版+解析版），文件包含新高考数学一轮复习考点精讲练+易错题型第14讲二次函数与幂函数原卷版doc、新高考数学一轮复习考点精讲练+易错题型第14讲二次函数与幂函数解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共35页， 欢迎下载使用。

知识点一 幂函数
(1)幂函数的定义
一般地，形如y＝xα的函数称为幂函数，其中x是自变量，α为常数.
(2)常见的5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.
知识点二 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
【特别提醒】
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.
【考点研习一点通】
考点01：二次函数的解析式
1.已知二次函数 SKIPIF 1 < 0 ，满足 SKIPIF 1 < 0 且方程 SKIPIF 1 < 0 有两个相等实根．
（1）求函数 SKIPIF 1 < 0 的解析式；
（2）当且仅当 SKIPIF 1 < 0 时，不等式 SKIPIF 1 < 0 恒成立，试求 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 的值．
【答案】（1） SKIPIF 1 < 0 ；（2） SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ．
【解析】
（1）由 SKIPIF 1 < 0 ，以及二次方程有两个相等实根的条件：判别式为0，可得 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 的方程，解方程可得所求解析式；
（2）由 SKIPIF 1 < 0 ，解不等式可得解集，再由题意可得原不等式的解集即为 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，可得 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 的方程组，解方程可得所求值．
【详解】
解：（1）由 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，可得 SKIPIF 1 < 0 ，即 SKIPIF 1 < 0 ，则 SKIPIF 1 < 0 ，
方程 SKIPIF 1 < 0 有两个相等实根，即 SKIPIF 1 < 0 有两个相等实根，则 SKIPIF 1 < 0 ，
所以 SKIPIF 1 < 0 ，从而 SKIPIF 1 < 0 ；
（2）不等式 SKIPIF 1 < 0 即为 SKIPIF 1 < 0 ，化为 SKIPIF 1 < 0 ，由 SKIPIF 1 < 0 ，可得 SKIPIF 1 < 0 ，
则不等式 SKIPIF 1 < 0 的解集为 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，
又当且仅当 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 时，不等式 SKIPIF 1 < 0 恒成立，
可得 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，
所以 SKIPIF 1 < 0 且 SKIPIF 1 < 0 ，解得 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ．
考点02：二次函数图象的识别
2.对数函数且与二次函数在同一坐标系内的图像不可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】
当时，函数单调递减，开口向下，对称轴在y轴的左侧，排除C，D；
当时，函数单调递增，开口向上，对称轴在y轴的右侧，排除B；
故选：A
考点03：二次函数的单调性问题
3.已知函数 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 .
（1）若函数 SKIPIF 1 < 0 是区间 SKIPIF 1 < 0 上的单调函数，求实数 SKIPIF 1 < 0 的取值范围；
（2）求函数 SKIPIF 1 < 0 在区间 SKIPIF 1 < 0 上的最小值.
【答案】（1） SKIPIF 1 < 0 ；（2） SKIPIF 1 < 0 .
【解析】
（1）由二次函数的单调性，根据对称轴与区间 SKIPIF 1 < 0 的关系求解；
（2）根据对称轴与区间 SKIPIF 1 < 0 的关系，分类讨论求解.
【详解】
因为 SKIPIF 1 < 0 ，
所以函数 SKIPIF 1 < 0 的图象的对称轴为 SKIPIF 1 < 0 ，且函数 SKIPIF 1 < 0 在区间 SKIPIF 1 < 0 上单调递减，
在区间 SKIPIF 1 < 0 上单调递增，
（1）因为函数 SKIPIF 1 < 0 在区间 SKIPIF 1 < 0 是单调函数，
所以 SKIPIF 1 < 0 或 SKIPIF 1 < 0 ，
所以实数 SKIPIF 1 < 0 的取值范围为 SKIPIF 1 < 0 .
（2）（i）当 SKIPIF 1 < 0 ，即 SKIPIF 1 < 0 时，
有 SKIPIF 1 < 0 在区间 SKIPIF 1 < 0 上单调递增，
所以 SKIPIF 1 < 0 ，
（ii）当 SKIPIF 1 < 0 ，即 SKIPIF 1 < 0 时，
有 SKIPIF 1 < 0 在区间 SKIPIF 1 < 0 上单调递减，在区间 SKIPIF 1 < 0 上单调递增，
所以 SKIPIF 1 < 0 ，
综上所述，函数 SKIPIF 1 < 0 在区间 SKIPIF 1 < 0 上的最小值 SKIPIF 1 < 0 .
考点04：二次函数的最值问题
4.已知二次函数 SKIPIF 1 < 0 的两个零点分别是0和5，图象开口向上，且 SKIPIF 1 < 0 在区间 SKIPIF 1 < 0 上的最大值为12．
（1）求 SKIPIF 1 < 0 的解析式；
（2）设函数 SKIPIF 1 < 0 在 SKIPIF 1 < 0 上的最小值为 SKIPIF 1 < 0 ，求 SKIPIF 1 < 0 的解析式．
【答案】（1） SKIPIF 1 < 0 ；（2） SKIPIF 1 < 0 ．
【解析】
（1）根据二次函数的图像性质求出函数解析式；（2）结合二次函数的单调性，及对称轴和区间的位置关系，分类讨论求出最小值为 g(t)的解析式.
【详解】
（1）因为二次函数 SKIPIF 1 < 0 的两个零点分别是0和5，图象开口向上，所以可设 SKIPIF 1 < 0 ，
又 SKIPIF 1 < 0 在区间 SKIPIF 1 < 0 上的最大值为12，所以 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ．
SKIPIF 1 < 0 ．
（2） SKIPIF 1 < 0 ，图象开口向上，对称轴为 SKIPIF 1 < 0 ．
①当 SKIPIF 1 < 0 即 SKIPIF 1 < 0 时， SKIPIF 1 < 0 在 SKIPIF 1 < 0 上是减函数， SKIPIF 1 < 0 ；
②当 SKIPIF 1 < 0 即 SKIPIF 1 < 0 时， SKIPIF 1 < 0 ；
③当 SKIPIF 1 < 0 时， SKIPIF 1 < 0 在 SKIPIF 1 < 0 上是增函数， SKIPIF 1 < 0 ．
综上所述， SKIPIF 1 < 0 .
【技巧点拨】
二次函数最值问题的类型及求解策略
(1)类型：①对称轴、区间都是给定的；②对称轴动、区间固定；③对称轴定、区间变动．
(2)解决这类问题的思路：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，结合配方法，根据函数的单调性及分类讨论的思想即可完成．
考点05：二次函数的恒成立问题
5.已知a是实数，函数f(x)＝2ax2＋2x－3在x∈[－1，1]上恒小于零，求实数a的取值范围．
【答案】 SKIPIF 1 < 0 ．
【解析】
分类： SKIPIF 1 < 0 适合， SKIPIF 1 < 0 时，分离参数 SKIPIF 1 < 0 ，求出右端的最小值即可得．
【详解】
由题可知2ax2＋2x－3<0在[－1，1]上恒成立．
x＝0时，有－3<0恒成立；x≠0时，a< SKIPIF 1 < 0 ，
因为 SKIPIF 1 < 0 ∈(－∞，－1]∪[1，＋∞)，当 SKIPIF 1 < 0 ＝1，即x＝1时，不等式右边取最小值 SKIPIF 1 < 0 ，所以a< SKIPIF 1 < 0 ，且a≠0．
综上，实数a的取值范围是 SKIPIF 1 < 0 ．
【总结提升】
由不等式恒成立求参数的取值范围的思路及关键
1.一般有两个解题思路：一是分离参数；二是不分离参数．
2.两种思路都是将问题归结为求函数的最值，至于用哪种方法，关键是看参数是否已分离．这两个思路的依据是： (1)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；(2)a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min..
3.有关二次函数的问题，数形结合，密切联系图象是探求解题思路的有效方法．一般从：①开口方向；②对称轴位置；③判别式；④端点函数值符号四个方面分析．
考点06：二次函数与函数零点问题
6.已知函数.
（1）若的值域为，求关于的方程的解；
（2）当时，函数在上有三个零点，求的取值范围.
【答案】（1）或.（2）
【解析】
（1）因为的值域为，所以.
因为，所以，则.
因为，所以，即，
解得或.
（2）在上有三个零点等价于方程在上有三个不同的根.
因为，所以或.
因为，所以.
结合在上的图象可知，要使方程在上有三个不同的根，则在上有一个实数根，在上有两个不等实数根，
即，解得.
故的取值范围为.
【规律总结】
1.一元二次不等式ax2＋bx＋c>0(a≠0)的解集的端点值是一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的根，也是函数y＝ax2＋bx＋c的图象与x轴交点的横坐标．
2．注意灵活运用根与系数的关系解决问题．
考点07：一元二次不等式恒成立问题
7. 设函数 SKIPIF 1 < 0 ．若对于 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 恒成立，求m的取值范围．
【答案】 SKIPIF 1 < 0 ．
【解析】
由题意等价于对于 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 恒成立，令 SKIPIF 1 < 0 ，即 SKIPIF 1 < 0 恒成立，分类讨论 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0 三种情况进行讨论，结合函数的单调性进行求解即得.
【详解】
由题意对于 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 恒成立，．
等价于对于 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 恒成立，令 SKIPIF 1 < 0
（1）当 SKIPIF 1 < 0 时， SKIPIF 1 < 0 恒成立，符合题意；
（2）当 SKIPIF 1 < 0 时， SKIPIF 1 < 0 在 SKIPIF 1 < 0 上单调递增，要使 SKIPIF 1 < 0 恒成立，
只要 SKIPIF 1 < 0 即可，即 SKIPIF 1 < 0 ，解得： SKIPIF 1 < 0 ，故 SKIPIF 1 < 0 .
（3）当 SKIPIF 1 < 0 时， SKIPIF 1 < 0 在 SKIPIF 1 < 0 上单调递减，要使 SKIPIF 1 < 0 恒成立，
只要 SKIPIF 1 < 0 即可，即 SKIPIF 1 < 0 ，解得： SKIPIF 1 < 0 ，故 SKIPIF 1 < 0 .
综上，m的取值范围是 SKIPIF 1 < 0 .
【总结提升】
由不等式恒成立求参数的取值范围的思路及关键
1.一般有两个解题思路：一是分离参数；二是不分离参数．
2.两种思路都是将问题归结为求函数的最值，至于用哪种方法，关键是看参数是否已分离．这两个思路的依据是： (1)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；(2)a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min..
3.有关二次函数的问题，数形结合，密切联系图象是探求解题思路的有效方法．一般从：①开口方向；②对称轴位置；③判别式；④端点函数值符号四个方面分析．
考点08：二次函数的综合应用
8.已知函数 SKIPIF 1 < 0 ( SKIPIF 1 < 0 为常数， SKIPIF 1 < 0 ).
（1）讨论函数 SKIPIF 1 < 0 的奇偶性；
（2）当 SKIPIF 1 < 0 为偶函数时，若方程 SKIPIF 1 < 0 在 SKIPIF 1 < 0 上有实根，求实数 SKIPIF 1 < 0 的取值范围.
【答案】（1）答案见解析；（2） SKIPIF 1 < 0 .
【解析】
（1）利用函数的奇偶性的定义求解即可；
（2）当函数 SKIPIF 1 < 0 为偶函数时， SKIPIF 1 < 0 ，列出方程 SKIPIF 1 < 0 ，利用换元法，结合指数函数和对勾函数的性质，由求根公式解出方程的根，可得实数 SKIPIF 1 < 0 的取值范围．
【详解】
（1）∵函数 SKIPIF 1 < 0 的定义域为 SKIPIF 1 < 0 ，
又∵ SKIPIF 1 < 0
∴①当 SKIPIF 1 < 0 时，即 SKIPIF 1 < 0 时，可得 SKIPIF 1 < 0
即当 SKIPIF 1 < 0 时，函数 SKIPIF 1 < 0 为偶函数；
②当 SKIPIF 1 < 0 时，即 SKIPIF 1 < 0 时，可得 SKIPIF 1 < 0
即当 SKIPIF 1 < 0 时，函数 SKIPIF 1 < 0 为奇函数.
（2）由（1）可得，当函数 SKIPIF 1 < 0 为偶函数时， SKIPIF 1 < 0 ，
即 SKIPIF 1 < 0 时， SKIPIF 1 < 0
由题可得， SKIPIF 1 < 0
令 SKIPIF 1 < 0 ，则有 SKIPIF 1 < 0
∵ SKIPIF 1 < 0
∴ SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0
又∵ SKIPIF 1 < 0 ，当且仅当 SKIPIF 1 < 0 时，等号成立
根据对勾函数的性质可知， SKIPIF 1 < 0 ，即 SKIPIF 1 < 0
① SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
此时 SKIPIF 1 < 0 的取值不存在；
② SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
此时，可得 SKIPIF 1 < 0 的取值为 SKIPIF 1 < 0
综上可得 SKIPIF 1 < 0
【总结提升】
对于含有参数的一元二次不等式常见的讨论形式有如下几种情形：1、对二次项系数进行讨论；2、对应方程的根进行讨论；3、对应根的大小进行讨论等；考查恒成立问题，正确分离参数是关键，也是常用的一种手段．通过分离参数可转化为或恒成立，即或即可，利用导数知识结合单调性求出或即得解.
考点09 ：幂函数的概念
9.已知函数f(x)＝(m2＋2m)·xm2＋m－1，m为何值时，f(x)是：(1)正比例函数；(2)反比例函数；(3)二次函数；(4)幂函数.
【答案】(1) m＝1.(2) m＝－1.(3) eq \f(－1±\r(13),2).(4)－1±eq \r(2).
【解析】 (1)若f(x)为正比例函数，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m2＋m－1＝1,m2＋2m≠0))，∴m＝1.
(2)若f(x)为反比例函数，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m2＋m－1＝－1,m2＋2m≠0))，∴m＝－1.
(3)若f(x)为二次函数，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m2＋m－1＝2,m2＋2m≠0))，∴m＝eq \f(－1±\r(13),2).
(4)若f(x)为幂函数，则m2＋2m＝1，∴m＝－1±eq \r(2).
【总结提升】
形如y＝xα的函数叫幂函数，这里需有：(1)系数为1，(2)指数为一常数，(3)后面不加任何项．例如y＝3x、y＝xx＋1、y＝x2＋1均不是幂函数，再者注意与指数函数的区别，例如：y＝x2是幂函数，y＝2x是指数函数．
考点10 ：幂函数的图象
10.若四个幂函数，，，在同一坐标系中的部分图象如图，则、、、的大小关系正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】
由幂函数的图象与性质，在第一象限内，在的右侧部分的图象，图象由下至上，幂指数依次增大，可得.
故选：B.
考点11 ：幂函数的性质
11.已知定义在 SKIPIF 1 < 0 上的幂函数 SKIPIF 1 < 0 （ SKIPIF 1 < 0 为实数）过点 SKIPIF 1 < 0 ，记 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，则 SKIPIF 1 < 0 的大小关系为（ ）
A． SKIPIF 1 < 0 B． SKIPIF 1 < 0 C． SKIPIF 1 < 0 D． SKIPIF 1 < 0
【答案】A
【解析】
首先求出 SKIPIF 1 < 0 ，得到函数的单调性，再利用对数函数的图象性质得到 SKIPIF 1 < 0 ，即得解.
【详解】
由题得 SKIPIF 1 < 0 .
函数 SKIPIF 1 < 0 是 SKIPIF 1 < 0 上的增函数.
因为 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，
所以 SKIPIF 1 < 0 ，
所以 SKIPIF 1 < 0 ，
所以 SKIPIF 1 < 0 .
故选：A
考点12：幂函数综合问题
12.（2020·江西省南康中学高一月考）已知幂函数满足．
（1）求函数的解析式；
（2）若函数，是否存在实数使得的最小值为0？若存在，求出的值；若不存在，说明理由；
（3）若函数，是否存在实数，使函数在上的值域为？若存在，求出实数的取值范围；若不存在，说明理由．
【答案】（1）；（2）存在使得的最小值为0；（3）．
【解析】
（）∵为幂函数，∴，∴或．
当时，在上单调递减，
故不符合题意．
当时，在上单调递增，
故，符合题意．∴．
（），
令．∵，∴，∴，．
当时，时，有最小值，
∴，．
②当时，时，有最小值．∴，（舍）．
③当时，时，有最小值，
∴，（舍）．∴综上．
（），
易知在定义域上单调递减，
∴，即，
令，，
则，，∴，∴，
∴．
∵，
∴，∴，∴，
∴．
∵，∴，∴，
∴ ．∴．
【考点易错】
易错01 幂函数的图象与性质
1.已知α∈eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2，－1，－\f(1,2)))，eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1，2，3)).若幂函数f(x)＝xα为奇函数，且在(0，＋∞)上递减，则α＝______.
【答案】－1
【解析】由题意知α可取－1，1，3.又y＝xα在(0，＋∞)上是减函数，
∴α<0，取α＝－1.
【方法技巧】幂函数的性质与图象特征的关系
(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)判断幂函数y＝xα(α∈R)的奇偶性时，当α是分数时，一般将其先化为根式，再判断．
(3)若幂函数y＝xα在(0，＋∞)上单调递增，则α>0，若在(0，＋∞)上单调递减，则α<0.
【变式1-1】已知点(m,8)在幂函数f (x)＝(m－1)xn的图象上．设a＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))，b＝f (ln π)，c＝f (2eq \s\up8(－eq \f(1,2)))，则a，b，c的大小关系是( )
A．a【答案】A
【解析】因为f (x)＝(m－1)xn为幂函数，
所以m－1＝1，则m＝2，f (x)＝xn.
又点(2,8)在函数f (x)＝xn的图象上，
所以8＝2n，知n＝3，故f (x)＝x3，且在R上是增函数．
又ln π>1>2eq \s\up8(－eq \f(1,2))＝eq \f(\r(2),2)>eq \f(1,3)，
所以f (ln π)>f (2eq \s\up8(－eq \f(1,2)))>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))，则b>c>a.
易错02 求二次函数的解析式
2.已知二次函数f (x)＝x2－bx＋c满足f (0)＝3，对∀x∈R，都有f (1＋x)＝f (1－x)成立，则f (x)＝________.
【答案】x2－2x＋3
【解析】由f (0)＝3，得c＝3.又f (1＋x)＝f (1－x)，
所以函数f (x)的图象关于直线x＝1对称，
所以eq \f(b,2)＝1，所以b＝2，所以f (x)＝x2－2x＋3.
【方法技巧】求二次函数解析式的策略
（1）已知三点坐标，选用一般式
（2）已知顶点坐标、对称轴、最值，选用顶点式
（3）已知与x轴两点坐标，选用零点式
【变式2-1】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】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，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－4，,b＝4，,c＝7.))所以所求二次函数的解析式为f(x)＝－4x2＋4x＋7.
法二：(利用顶点式)
设f(x)＝a(x－m)2＋n(a≠0)．
因为f(2)＝f(－1)，
所以抛物线的对称轴为x＝eq \f(2＋（－1）,2)＝eq \f(1,2).
所以m＝eq \f(1,2).
又根据题意函数有最大值8，所以n＝8，
所以f(x)＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋8.
因为f(2)＝－1，所以aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋8＝－1，解得a＝－4，所以f(x)＝－4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋8＝－4x2＋4x＋7.
法三：(利用零点式)
由已知f(x)＋1＝0的两根为x1＝2，x2＝－1，
故可设f(x)＋1＝a(x－2)(x＋1)，
即f(x)＝ax2－ax－2a－1.
又函数有最大值8，即eq \f(4a（－2a－1）－a2,4a)＝8.
解得a＝－4或a＝0(舍去)，
所以所求函数的解析式为f(x)＝－4x2＋4x＋7.
易错03 二次函数的图象及应用
3.已知abc>0，则二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c的图象可能是( )
【答案】D
【解析】A项，因为a<0，－eq \f(b,2a)<0，所以b<0.
又因为abc>0，所以c>0，而f(0)＝c<0，故A错．
B项，因为a<0，－eq \f(b,2a)>0，所以b>0.
又因为abc>0，所以c<0，而f(0)＝c>0，故B错．
C项，因为a>0，－eq \f(b,2a)<0，所以b>0.又因为abc>0，
所以c>0，而f(0)＝c<0，故C错．
D项，因为a>0，－eq \f(b,2a)>0，所以b<0，因为abc>0，
所以c<0，而f(0)＝c<0，故选D.
【方法技巧】
1.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，另两个点是抛物线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.
2.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.
【变式3-1】如图是二次函数y＝ax2＋bx＋c图象的一部分，图象过点A(－3,0)，对称轴为直线x＝－1.
下面四个结论中正确的是( )
A． b2<4acB．2a－b＝1
C．a－b＋c＝0D．5a【答案】D
【解析】因为二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象与x轴交于两点，所以b2－4ac>0，即b2>4ac，A错误；二次函数的图象的对称轴为直线x＝－1，即－eq \f(b,2a)＝－1，得2a－b＝0，B错误；结合图象知，当x＝－1时，y>0，即a－b＋c>0，C错误；因为函数的图象开口向下，所以a<0，所以5a<2a，即5a易错04 二次函数的单调性
4.已知函数f(x)＝ax2＋(a－3)x＋1在区间[－1，＋∞)上是递减的，则实数a的取值范围是( )
A．[－3,0) B．(－∞，－3]
C．[－2,0] D．[－3,0]
【答案】D
【解析】当a＝0时，f(x)＝－3x＋1在[－1，＋∞)上递减，满足题意．
当a≠0时，f(x)的对称轴为x＝eq \f(3－a,2a)，
由f(x)在[－1，＋∞)上递减知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]．
【方法技巧】
(1)对于二次函数的单调性，关键是开口方向与对称轴的位置，若开口方向或对称轴的位置不确定，则需要分类讨论求解．
(2)利用二次函数的单调性比较大小，一定要将待比较的两数通过二次函数的对称性转化到同一单调区间上比较．
【变式4-1】函数f(x)＝x2－bx＋c满足f(x＋1)＝f(1－x)，且f(0)＝3，则f(bx)与f(cx)的大小关系是( )
A．f(bx)≤f(cx) B．f(bx)≥f(cx)
C．f(bx)>f(cx) D．与x有关，不确定
【答案】A
【解析】 由题意知，函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，∴b＝2，又f(0)＝3，∴c＝3，则bx＝2x，cx＝3x.易知f(x)在(－∞，1)上单调递减，在[1，＋∞)上单调递增．若x≥0，则3x≥2x≥1，∴f(3x)≥f(2x)；若x＜0，则3x＜2x＜1，∴f(3x)>f(2x)．∴f(3x)≥f(2x)，即f(bx)≤f(cx)．故选A.
易错05 二次函数的最值问题
5.已知函数f(x)＝x2－2ax＋1，x∈[－1，2]．
(1)若a＝1，求f(x)的最大值与最小值；
(2)f(x)的最小值记为g(a)，求g(a)的解析式以及g(a)的最大值．
【解析】(1)当a＝1时，f(x)＝x2－2x＋1＝(x－1)2，x∈[－1，2]，
则当x＝1时，f(x)的最小值为0，x＝－1时，f(x)的最大值为4.
(2)f(x)＝(x－a)2＋1－a2，x∈[－1，2]，
当a<－1时，f(x)的最小值为f(－1)＝2＋2a，
当－1≤a≤2时，f(x)的最小值为f(a)＝1－a2，
当a>2时，f(x)的最小值为f(2)＝5－4a，
则g(a)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2＋2a，a<－1，,1－a2，－1≤a≤2，,5－4a，a>2，))
可知，g(a)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，g(a)的最大值为g(0)＝1.
【方法技巧】(1)确定二次函数图象应关注的三个要点
一是看二次项系数的符号，它确定二次函数图象的开口方向；
二是看对称轴和最值，它确定二次函数图象的具体位置；
三是看函数图象上的一些特殊点，如函数图象与y轴的交点、与x轴的交点，函数图象的最高点或最低点等．
从这三个方面入手，能准确地判断出二次函数的图象．反之，也可以从图象中得到如上信息．
(2)二次函数最值的求法
二次函数的区间最值问题一般有三种情况：①对称轴和区间都是给定的；②对称轴动，区间固定；③对称轴定，区间变动．解决这类问题的思路是抓住“三点一轴”进行数形结合，三点指的是区间两个端点和中点，一轴指的是对称轴．具体方法是利用函数的单调性及分类讨论的思想求解．
对于②、③，通常要分对称轴在区间内、区间外两大类情况进行讨论．
【变式5-1】若函数f(x)＝ax2＋20x＋14(a＞0)对任意实数t，在闭区间[t－1，t＋1]上总存在两实数x1，x2，使得|f(x1)－f(x2)|≥8成立，则实数a的最小值为________．
【答案】8
【解析】因为a＞0，所以二次函数f(x)＝ax2＋20x＋14的图象开口向上．
在闭区间[t－1，t＋1]上总存在两实数x1，x2，
使得|f(x1)－f(x2)|≥8成立，
只需t＝－eq \f(10,a)时f(t＋1)－f(t)≥8，
即a(t＋1)2＋20(t＋1)＋14－(at2＋20t＋14)≥8，
即2at＋a＋20≥8，将t＝－eq \f(10,a)代入得a≥8.
所以a的最小值为8.
故答案为8.
易错06 二次函数中的恒成立问题
6.已知函数f(x)＝x2－x＋1，在区间[－1,1]上，不等式f(x)>2x＋m恒成立，则实数m的取值范围是________．
【答案】(－∞，－1)
【解析】f(x)>2x＋m等价于x2－x＋1>2x＋m，
即x2－3x＋1－m>0，
令g(x)＝x2－3x＋1－m，
要使g(x)＝x2－3x＋1－m>0在[－1,1]上恒成立，
只需使函数g(x)＝x2－3x＋1－m在[－1,1]上的最小值大于0即可．
∵g(x)＝x2－3x＋1－m在[－1,1]上单调递减，
∴g(x)min＝g(1)＝－m－1.
由－m－1>0，得m＜－1.
因此满足条件的实数m的取值范围是(－∞，－1)．
【方法技巧】由不等式恒成立求参数取值范围的思路及关键
(1)一般有两个解题思路：一是分离参数；二是不分离参数.
(2)两种思路都是将问题归结为求函数的最值，至于用哪种方法，关键是看参数是否已分离.这两个思路的依据是：a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max，a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min.
【变式6-1】设函数f (x)＝ax2－2x＋2，对于满足10，则实数a的取值范围为________．
【答案】eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
【解析】由题意得a>eq \f(2,x)－eq \f(2,x2)对1又eq \f(2,x)－eq \f(2,x2)＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－\f(1,2)))eq \s\up8(2)＋eq \f(1,2)，eq \f(1,4)所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,x)－\f(2,x2)))max＝eq \f(1,2).所以a>eq \f(1,2).
【巩固提升】
1．已知幂函数f(x)＝k·xα的图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(2),2)))，则k＋α＝( )
A.eq \f(1,2) B．1 C.eq \f(3,2) D．2
【答案】C
【解析】因为函数f(x)＝k·xα是幂函数，所以k＝1，又函数f(x)的图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(2),2)))，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(α)＝eq \f(\r(2),2)，解得α＝eq \f(1,2)，则k＋α＝eq \f(3,2).
2．若幂函数f(x)＝xeq \s\up6(\f(m,n))(m，n∈N*，m，n互质)的图象如图所示，则( )
A．m，n是奇数，且eq \f(m,n)<1
B．m是偶数，n是奇数，且eq \f(m,n)>1
C．m是偶数，n是奇数，且eq \f(m,n)<1
D．m是奇数，n是偶数，且eq \f(m,n)>1
【答案】C
【解析】由图知幂函数f(x)为偶函数，且eq \f(m,n)<1，排除B，D；当m，n是奇数时，幂函数f(x)非偶函数，排除A；选C.
3．定义域为R的函数f(x)满足f(x＋1)＝2f(x)，且当x∈[0，1]时，f(x)＝x2－x，则当x∈[－2，－1]时，f(x)的最小值为( )
A．－eq \f(1,16) B．－eq \f(1,8)
C．－eq \f(1,4) D．0
【答案】A
【解析】当x∈[－2，－1]时，x＋2∈[0，1]，则f(x＋2)＝(x＋2)2－(x＋2)＝x2＋3x＋2，又f(x＋2)＝f[(x＋1)＋1]＝2f(x＋1)＝4f(x)，所以当x∈[－2，－1]时，f(x)＝eq \f(1,4)(x2＋3x＋2)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3,2)))eq \s\up12(2)－eq \f(1,16)，所以当x＝－eq \f(3,2)时，f(x)取得最小值，且最小值为－eq \f(1,16)，故选A.
4．已知f(x)＝ax2＋bx＋c(a＞0)，g(x)＝f(f(x))，若g(x)的值域为[2，＋∞)，f(x)的值域为[k，＋∞)，则实数k的最大值为( )
A．0 B．1
C．2 D．4
【答案】C
【解析】设t＝f(x)，由题意可得g(x)＝f(t)＝at2＋bt＋c，t≥k，
函数y＝at2＋bt＋c，t≥k的图象为y＝f(x)的图象的部分，即有g(x)的值域为f(x)的值域的子集，
即[2，＋∞)⊆[k，＋∞)，
可得k≤2，即有k的最大值为2.
故选C.
5．函数f(x)＝(m2－m－1)x4m9－m5－1是幂函数，对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，且x1≠x2，满足eq \f(fx1－fx2,x1－x2)>0，若a，b∈R，且a＋b>0，则f(a)＋f(b)的值( )
A．恒大于0 B．恒小于0
C．等于0 D．无法判断
【答案】A
【解析】∵对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，且x1≠x2，满足eq \f(fx1－fx2,x1－x2)＞0，∴幂函数f(x)在(0，＋∞)上是增函数，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m2－m－1＝1，,4m9－m5－1＞0，))解得m＝2，则f(x)＝x2015.
∵函数f(x)＝x2015在R上是奇函数，且为增函数，由a＋b>0，得a>－b，∴f(a)>f(－b)＝－f(b)，
∴f(a)＋f(b)>0.故选A.
6．已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c是偶函数，若对任意实数x1，x2都有feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)))≥eq \f(fx1＋fx2,2)，则f(x)的图象可能是( )
【答案】C
【解析】二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c是偶函数，则b＝0，图象关于y轴对称，所以排除A，D；对任意实数x1，x2都有feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)))≥eq \f(fx1＋fx2,2)，所以函数f(x)为上凸函数，结合二次函数的性质可得实数a＜0，即排除B.故选C.
7.．已知函数f(x)＝x2＋2x＋1，如果使f(x)≤kx对任意实数x∈(1，m]都成立的m的最大值是5，则实数k＝________.
【答案】eq \f(36,5)
【解析】设g(x)＝x2＋(2－k)x＋1.
设不等式g(x)≤0的解集为a≤x≤b.
则Δ＝(2－k)2－4≥0，解得k≥4或k≤0，
又因为函数f(x)＝x2＋2x＋1，且f(x)≤kx对任意实数x∈(1，m]恒成立；
所以(1，m]⊆[a，b]，所以a≤1，b≥m，所以g(1)＝4－k<0，解得k>4，m的最大值为b，所以有b＝5.
即x＝5是方程g(x)＝0的一个根，代入x＝5，解得k＝eq \f(36,5).
8．已知函数f(x)＝－x2＋2bx＋c，设函数g(x)＝|f(x)|在区间[－1，1]上的最大值为M.
(1)若b＝2，试求出M；
(2)若M≥k对任意的b、c恒成立，试求k的最大值．
【解析】(1)当b＝2时，f(x)＝－x2＋4x＋c在区间[－1，1]上是增函数，
则M是g(－1)和g(1)中较大的一个，
又g(－1)＝|－5＋c|，g(1)＝|3＋c|，
则M＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(|－5＋c|，c≤1,|3＋c|，c>1)).
(2)g(x)＝|f(x)|＝|－(x－b)2＋b2＋c|，
(ⅰ)当|b|>1时，y＝g(x)在区间[－1，1]上是单调函数，
则M＝max{g(－1)，g(1)}，
而g(－1)＝|－1－2b＋c|，g(1)＝|－1＋2b＋c|，
则2M≥g(－1)＋g(1)≥|f(－1)－f(1)|＝4|b|>4，可知M>2.
(ⅱ)当|b|≤1时，函数y＝g(x)的对称轴x＝b位于区间[－1，1]之内，
此时M＝max{g(－1)，g(1)，g(b)}，
又g(b)＝|b2＋c|，
①当－1≤b≤0时，有f(1)≤f(－1)≤f(b)，
则M＝max{g(b)，g(1)}≥eq \f(1,2)(g(b)＋g(1))≥eq \f(1,2)|f(b)－f(1)|＝eq \f(1,2)(b－1)2≥eq \f(1,2)；
②当0则M＝max{g(b)，g(－1)}≥eq \f(1,2)(g(b)＋g(－1))≥eq \f(1,2)|f(b)－f(－1)|＝eq \f(1,2)(b＋1)2>eq \f(1,2).
综上可知，对任意的b、c都有M≥eq \f(1,2).
而当b＝0，c＝eq \f(1,2)时，g(x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－x2＋\f(1,2)))在区间[－1，1]上的最大值M＝eq \f(1,2)，
故M≥k对任意的b、c恒成立的k的最大值为eq \f(1,2).
9．已知函数f(x)＝ax2－2ax＋2＋b(a≠0)，若f(x)在区间[2,3]上有最大值5，最小值2.
(1)求a，b的值；
(2)若b<1，g(x)＝f(x)－mx在[2,4]上单调，求m的取值范围．
【解析】(1)f(x)＝a(x－1)2＋2＋b－a.
当a>0时，f(x)在[2,3]上为增函数，
故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f3＝5，,f2＝2))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3a＋2＋b＝5，,2＋b＝2))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝0.))
当a<0时，f(x)在[2,3]上为减函数，
故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f3＝2，,f2＝5))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3a＋2＋b＝2，,2＋b＝5))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－1，,b＝3.))
故当a>0时，a＝1，b＝0，当a<0时，a＝－1，b＝3.
(2)∵b<1，∴a＝1，b＝0，即f(x)＝x2－2x＋2.
g(x)＝x2－2x＋2－mx＝x2－(2＋m)x＋2，
∵g(x)在[2,4]上单调，∴eq \f(2＋m,2)≤2或eq \f(2＋m,2)≥4.
∴m≤2或m≥6.
故m的取值范围为(－∞，2]∪[6，＋∞)．
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