高考数学（文）高分计划一轮高分讲义第2章函数导数及其应用2.4二次函数与幂函数

2.4二次函数与幂函数[知识梳理]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－m)2＋n(a≠0)．③两根式：f(x)＝a(x－x1)(x－x2)(a≠0)．(2)二次函数的图象和性质2．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)常见的5种幂函数的性质[诊断自测]1．概念思辨(1)当α<0时，幂函数y＝xα是定义域上的减函数．()(2)关于x的不等式ax2＋bx＋c>0恒成立的充要条件是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,b2－4ac<0.))()(3)二次函数y＝ax2＋bx＋c，x∈[a，b]的最值一定是eq\f(4ac－b2,4a).()(4)在y＝ax2＋bx＋c(a≠0)中，a决定了图象的开口方向和在同一直角坐标系中的开口大小．()答案(1)×(2)×(3)×(4)√2．教材衍化(1)(必修A1P44T9)函数y＝(x2－3x＋10)－1的递增区间是()A．(－∞，－2) B．(5，＋∞)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,2))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))答案C解析由于x2－3x＋10>0恒成立，即函数的定义域为(－∞，＋∞)，设t＝x2－3x－10，则y＝t－1是(0，＋∞)上的减函数，根据复合函数单调性的性质，要求函数y＝(x2－3x＋10)－1的递增区间，即求t＝x2－3x＋10的单调递减区间，∵t＝x2－3x＋10的单调递减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,2)))，则所求函数的递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,2))).故选C.(2)(必修A1P78探究)若四个幂函数y＝xa，y＝xb，y＝xc，y＝xd在同一坐标系中的图象如图，则a，b，c，d的大小关系是()A．d>c>b>a B．a>b>c>dC．d>c>a>b D．a>b>d>c答案B解析幂函数a＝2，b＝eq\f(1,2)，c＝－eq\f(1,3)，d＝－1的图象，正好和题目所给的形式相符合，在第一象限内，x＝1的右侧部分的图象，图象由下至上，幂指数增大，所以a>b>c>d.故选B.3．小题热身(1)(2017·济南诊断)已知幂函数f(x)＝k·xα的图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(2),2)))，则k＋α＝()A.eq\f(1,2) B．1C.eq\f(3,2) D．2答案C解析由幂函数的定义知k＝1.又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(\r(2),2)，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))α＝eq\f(\r(2),2)，解得α＝eq\f(1,2)，从而k＋α＝eq\f(3,2).故选C.(2)函数f(x)＝x2－ax－a在[0,2]上的最大值为1，则实数a等于()A．－1 B．1C．－2 D．2答案B解析解法一：(分类讨论)当对称轴x＝eq\f(a,2)≤1，即a≤2时，f(x)max＝f(2)＝4－3a＝1，解得a＝1符合题意；当a>2时，f(x)max＝f(0)＝－a＝1，解得a＝－1(舍去)．综上所述，实数a＝1.故选B.解法二：(代入法)当a＝－1时，f(x)＝x2＋x＋1在[0,2]上的最大值为f(2)＝7≠1，排除A；当a＝1时，f(x)＝x2－x－1在[0,2]上的最大值为f(2)＝1，B正确；当a＝－2时，f(x)＝x2＋2x＋2在[0,2]上的最大值为f(2)＝10≠1，排除C；当a＝2时，f(x)＝x2－2x－2在[0,2]上的最大值为f(0)＝f(2)＝－2≠1，排除D.故选B.题型1幂函数的图象与性质eq\o(\s\do1(典例1))(2017·长沙模拟)已知函数f(x)＝xeq\s\up15(eq\f(1,2))，则()A．∃x0∈R，使得f(x)<0B．∀x∈[0，＋∞)，f(x)≥0C．∃x1，x2∈[0，＋∞)，使得eq\f(fx1－fx2,x1－x2)<0D．∀x1∈[0，＋∞)，∃x2∈[0，＋∞)使得f(x1)>f(x2)根据幂函数的性质逐项验证．答案B解析由函数f(x)＝xeq\s\up15(eq\f(1,2))，知：在A中，f(x)≥0恒成立，故A错误；在B中，∀x∈[0，＋∞)，f(x)≥0，故B正确；在C中，∀x1，x2∈[0，＋∞)，x1≠x2，都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>0，故C错误；在D中，当x1＝0时，不存在x2∈[0，＋∞)使得f(x1)>f(x2)，故D不成立．故选B.eq\o(\s\do1(典例2))(2018·荣城检测)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)，x≥2，,x－13，x<2，))若关于x的方程f(x)＝k有两个不同的实根，则实数k的取值范围是________．用数形结合法．答案(0,1)解析作出函数y＝f(x)的图象如图．则当0<k<1时，关于x的方程f(x)＝k有两个不同的实根．方法技巧在解决幂函数与其他函数的图象的交点个数，对应方程根的个数及近似解等问题时，常用数形结合的思想方法，即在同一坐标系下画出两函数的图象，数形结合求解．见典例2.冲关针对训练1．在同一直角坐标系中，函数f(x)＝xa(x>0)，g(x)＝logax的图象可能是()答案D解析因为a>0，所以f(x)＝xa在(0，＋∞)上为增函数，故A错误；在B中，由f(x)的图象知a>1，由g(x)的图象知0<a<1，矛盾，故B错误；在C中，由f(x)的图象知0<a<1，由g(x)的图象知a>1，矛盾，故C错误；在D中，由f(x)的图象知0<a<1，由g(x)的图象知0<a<1，相符．故选D.2．幂函数y＝xm2－2m－3(m∈Z)的图象如图所示，则实数m的值为()A．－1<m<3 B．0C．1 D．2答案C解析∵函数在(0，＋∞)上单调递减，∴m2－2m－3<0，解得－1<m<3.∵m∈Z，∴m＝0,1,2.而当m＝0或2时，f(x)＝x－3为奇函数，当m＝1时，f(x)＝x－4为偶函数，∴m＝1.故选C.题型2求二次函数的解析式eq\o(\s\do1(典例))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．本题采用待定系数法求解．解设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)．由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4a＋2b＋c＝－1，,a－b＋c＝－1，,\f(4ac－b2,4a)＝8，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－4，,b＝4，,c＝7.))∴所求二次函数的解析式为f(x)＝－4x2＋4x＋7.[条件探究]若本例条件变为：已知二次函数f(x)的图象经过点(4,3)，它在x轴上截得的线段长为2，并且对任意x∈R，都有f(2－x)＝f(2＋x)，求f(x)的解析式．解∵f(2－x)＝f(2＋x)对x∈R恒成立，∴f(x)的对称轴为x＝2.又∵f(x)图象被x轴截得的线段长为2，∴f(x)＝0的两根为1和3.设f(x)的解析式为f(x)＝a(x－1)(x－3)(a≠0)．又∵f(x)的图象过点(4,3)，∴3a＝3，a＝1.∴所求f(x)的解析式为f(x)＝(x－1)(x－3)，即f(x)＝x2－4x＋3.方法技巧求二次函数解析式的方法求二次函数的解析式，一般用待定系数法，关键是根据已知条件恰当选择二次函数解析式的形式．一般选择规律如下：冲关针对训练1．(2018·辽宁期末)已知函数f(x)＝－x2＋2ax＋1－a在区间[0,1]上的最大值为2，则a的值为()A．2 B．－1或－3C．2或－3 D．－1或2答案D解析函数f(x)＝－x2＋2ax＋1－a的对称轴为x＝a，图象开口向下，①当a≤0时，函数f(x)＝－x2＋2ax＋1－a在区间[0,1]上是减函数，∴f(x)max＝f(0)＝1－a，由1－a＝2，得a＝－1；②当0<a≤1时，函数f(x)＝－x2＋2ax＋1－a在区间[0，a]上是增函数，在[a,1]上是减函数，∴f(x)max＝f(a)＝－a2＋2a2＋1－a＝a2－a＋1，由a2－a＋1＝2，解得a＝eq\f(1＋\r(5),2)或a＝eq\f(1－\r(5),2)，∵0<a≤1，∴两个值都不满足；③当a>1时，函数f(x)＝－x2＋2ax＋1－a在区间[0,1]上是增函数，∴f(x)max＝f(1)＝－1＋2a＋1－a＝a，∴a＝2.综上可知，a＝－1或a＝2.故选D.2．若二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，满足①不等式f(x)＋2x>0的解集为{x|1<x<3}，②方程f(x)＋6a＝0有两个相等的实数根，试确定f(x)的解析式．解因为f(x)＋2x>0的解集为(1,3)，设f(x)＋2x＝a(x－1)(x－3)，且a<0，所以f(x)＝a(x－1)(x－3)－2x＝ax2－(2＋4a)x＋3a.由方程f(x)＋6a＝0得ax2－(2＋4a)x＋9a＝0.因为方程有两个相等的实数根，所以Δ＝[－(2＋4a)]2－4a·9a＝0，解得a＝1或a＝－eq\f(1,5).由于a<0，舍去a＝1.所以f(x)＝－eq\f(1,5)x2－eq\f(6,5)x－eq\f(3,5).题型3二次函数的图象与性质角度1二次函数图象的识别eq\o(\s\do1(典例))不等式ax2－x＋c>0的解集为{x|－2<x<1}，则函数y＝ax2＋x＋c的图象大致为()根据二次函数的图象及根与系数的关系逐项验证．答案C解析由不等式ax2－x＋c>0的解集为{x|－2<x<1}可得a<0，且方程ax2－x＋c＝0的两个实数根分别为－2,1，故－2＋1＝eq\f(1,a)，－2×1＝eq\f(c,a)，解得a＝－1，c＝2，故函数y＝ax2＋x＋c＝－x2＋x＋2＝－(x＋1)(x－2)，其图象大致为C.故选C.角度2二次函数的最值问题eq\o(\s\do1(典例))已知函数f(x)＝x2－2(a＋2)x＋a2，g(x)＝－x2＋2(a－2)x－a2＋8.设H1(x)＝max{f(x)，g(x)}，H2(x)＝min{f(x)，g(x)}(max{p，q}表示p，q中的较大值，min{p，q}表示p，q中的较小值)．记H1(x)的最小值为A，H2(x)的最大值为B，则A－B＝()A．a2－2a－16 B．a2＋2a－16C．－16 D．16答案C解析令f(x)＝g(x)，即x2－2(a＋2)x＋a2＝－x2＋2(a－2)x－a2＋8，即x2－2ax＋a2－4＝0，解得x＝a＋2或x＝a－2.f(x)与g(x)的图象如图．由图象及H1(x)的定义知H1(x)的最小值是f(a＋2)，H2(x)的最大值为g(a－2)，∴A－B＝f(a＋2)－g(a－2)＝(a＋2)2－2(a＋2)2＋a2＋(a－2)2－2(a－2)2＋a2－8＝－16.故选C.角度3二次函数中的恒成立问题eq\o(\s\do1(典例))已知函数f(x)＝ax2＋bx＋1(a，b∈R)，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的范围．解(1)由题意得f(－1)＝a－b＋1＝0，a≠0，且－eq\f(b,2a)＝－1，∴a＝1，b＝2.∴f(x)＝x2＋2x＋1，单调减区间为(－∞，－1]，单调增区间为[－1，＋∞)．(2)解法一：f(x)>x＋k在区间[－3，－1]上恒成立，转化为x2＋x＋1>k在区间[－3，－1]上恒成立．设g(x)＝x2＋x＋1，x∈[－3，－1]，则g(x)在[－3，－1]上递减．∴g(x)min＝g(－1)＝1.∴k<1，即k的取值范围为(－∞，1)．解法二：f(x)>x＋k在区间[－3，－1]上恒成立，转化为x2＋x＋1－k>0在区间[－3，－1]上恒成立，设g(x)＝x2＋x＋1－k，则g(x)在[－3，－1]上单调递减，∴g(－1)>0，得k<1.角度4二次函数的零点问题eq\o(\s\do1(典例))已知二次函数f(x)＝x2＋2bx＋c(b，c∈R)．(1)若f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤1}，求实数b，c的值；(2)若f(x)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(1)设x1，x2是方程f(x)＝0的两个根．由根与系数的关系得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝－2b，,x1x2＝c，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2b＝0，,c＝－1.))所以b＝0，c＝－1.(2)由题，知f(1)＝1＋2b＋c＝0，所以c＝－1－2b.记g(x)＝f(x)＋x＋b＝x2＋(2b＋1)x＋b＋c＝x2＋(2b＋1)x－b－1，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g－3＝5－7b>0，,g－2＝1－5b<0，,g0＝－1－b<0，,g1＝b＋1>0))⇒eq\f(1,5)<b<eq\f(5,7)，即实数b的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)，\f(5,7))).方法技巧1．识别二次函数图象的策略解答二次函数的图象问题应从开口方向、对称轴、顶点坐标及图象与坐标轴的交点在坐标系上的位置等方面着手讨论或逐项排除．见角度1典例．2．二次函数在闭区间上的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)求解策略：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．见角度2典例．3．二次不等式恒成立问题的求解思路(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)⇔a≥f(x)max，a≤f(x)⇔a≤f(x)min.见角度3典例．4．解决一元二次方程根的分布问题的方法常借助于二次函数的图象数形结合来解，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．冲关针对训练1．(2017·浙江模拟)已知在(－∞，1]上递减的函数f(x)＝x2－2tx＋1，且对任意的x1，x2∈[0，t＋1]，总有|f(x1)－f(x2)|≤2，则实数t的取值范围为()A．[－eq\r(2)，eq\r(2)] B．[1，eq\r(2)]C．[2,3] D．[1,2]答案B解析由于函数f(x)＝x2－2tx＋1的图象的对称轴为x＝t，函数f(x)＝x2－2tx＋1在区间(－∞，1]上单调递减，∴t≥1.则在区间[0，t＋1]上，f(x)max＝f(0)＝1，f(x)min＝f(t)＝t2－2t2＋1＝－t2＋1，要使对任意的x1，x2∈[0，t＋1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤2，只需1－(－t2＋1)≤2，解得－eq\r(2)≤t≤eq\r(2).又t≥1，∴1≤t≤eq\r(2).故选B.2．(2017·南京模拟)已知函数f(x)＝－x2＋ax＋b(a，b∈R)的值域为(－∞，0]，若关于x的不等式f(x)>c－1的解集为(m－4，m＋1)，则实数c的值为________．答案－eq\f(21,4)解析∵函数f(x)＝－x2＋ax＋b(a，b∈R)的值域为(－∞，0]，∴Δ＝0，即a2＋4b＝0，∴b＝－eq\f(a2,4).∵关于x的不等式f(x)>c－1的解集为(m－4，m＋1)，∴方程f(x)＝c－1的两根分别为m－4，m＋1，即方程－x2＋ax－eq\f(a2,4)＝c－1两根分别为m－4，m＋1，∵方程－x2＋ax－eq\f(a2,4)＝c－1根为x＝eq\f(a,2)±eq\r(1－c)，∴两根之差为2eq\r(1－c)＝(m＋1)－(m－4)＝5，c＝－eq\f(21,4).1.(2017·昆明质检)若函数y＝x2－3x－4的定义域为[0，m]，值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(25,4)，－4))，则m的取值范围是()A．[0,4] B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，4))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，3))答案D解析二次函数图象的对称轴为x＝eq\f(3,2)，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝－eq\f(25,4)，f(3)＝f(0)＝－4，由图得m∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，3)).故选D.2．(2017·浙江高考)若函数f(x)＝x2＋ax＋b在区间[0,1]上的最大值是M，最小值是m，则M－m()A．与a有关，且与b有关 B．与a有关，但与b无关C．与a无关，且与b无关 D．与a无关，但与b有关答案B解析eq\a\vs4\al(解法一：)设x1，x2分别是函数f(x)在[0,1]上的最小值点与最大值点，则m＝xeq\o\al(2,1)＋ax1＋b，M＝xeq\o\al(2,2)＋ax2＋b.∴M－m＝xeq\o\al(2,2)－xeq\o\al(2,1)＋a(x2－x1)，显然此值与a有关，与b无关．故选B.eq\a\vs4\al(解法二：)由题意可知，函数f(x)的二次项系数为固定值，则二次函数图象的形状一定．随着b的变动，相当于图象上下移动，若b增大k个单位，则最大值与最小值分别变为M＋k，m＋k，而(M＋k)－(m＋k)＝M－m，故与b无关．随着a的变动，相当于图象左右移动，则M－m的值在变化，故与a有关．故选B.3．(2018·枣庄模拟)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，当x≥0时，f(x)＝x2－2x，如果函数g(x)＝f(x)－m(m∈R)恰有4个零点，则m的取值范围是________．答案(－1,0)解析函数g(x)＝f(x)－m(m∈R)恰有4个零点可化为函数y＝f(x)的图象与直线y＝m恰有4个交点，作函数y＝f(x)与y＝m的图象如图所示，故m的取值范围是(－1,0)．4．(2018·皖南模拟)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)＝f(x)－kx＝x2＋(2－k)x＋1，由题意知g(x)≤0对任意实数x∈(1，m]都成立的m的最大值是5，所以x＝5是方程g(x)＝0的一个根，即g(5)＝0，可以解得k＝eq\f(36,5)(经检验满足题意)．[基础送分提速狂刷练]一、选择题1．(2017·江西九江七校联考)幂函数f(x)＝(m2－4m＋4)xm2－6m＋8在(0，＋∞)上为增函数，则m的值为()A．1或3 B．1C．3 D．2答案B解析由题意知m2－4m＋4＝1且m2－6m＋8>0⇒m＝1，故选B.2．(2018·吉林期末)如果函数f(x)＝ax2＋2x－3在区间(－∞，4)上是单调递增的，则实数a的取值范围是()A．a>－eq\f(1,4) B．a≥－eq\f(1,4)C．－eq\f(1,4)≤a<0 D．－eq\f(1,4)≤a≤0答案D解析①当a＝0时，函数f(x)＝2x－3为一次函数，是递增函数；②当a>0时，二次函数开口向上，先减后增，在区间(－∞，4)上不可能是单调递增的，故不符合；③当a<0时，函数开口向下，先增后减，函数对称轴－eq\f(1,a)≥4，解得a≥－eq\f(1,4)，又a<0，故－eq\f(1,4)≤a<0.综合得－eq\f(1,4)≤a≤0.故选D.3．如果函数f(x)＝x2＋bx＋c对任意的实数x，都有f(1＋x)＝f(－x)，那么()A．f(－2)<f(0)<f(2) B．f(0)<f(－2)<f(2)C．f(2)<f(0)<f(－2) D．f(0)<f(2)<f(－2)答案D解析由f(1＋x)＝f(－x)知f(x)图象关于x＝eq\f(1,2)对称，又抛物线开口向上，结合图象可知f(0)<f(2)<f(－2)．故选D.4．(2018·聊城检测)若二次函数f(x)满足f(x＋1)－f(x)＝2x，且f(0)＝1，则f(x)的表达式为()A．f(x)＝－x2－x－1 B．f(x)＝－x2＋x－1C．f(x)＝x2－x－1 D．f(x)＝x2－x＋1答案D解析设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c＝1，,ax＋12＋bx＋1＋c－ax2＋bx＋c＝2x.))故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＝2，,a＋b＝0，,c＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－1，,c＝1，))则f(x)＝x2－x＋1.故选D.5．(2018·雅安诊断)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x＝－1.给出下面四个结论：①b2>4ac；②2a－b＝1；③a－b＋c＝0；④5a<b.其中正确的是()A．②④ B．①④C．②③ D．①③答案B解析因为图象与x轴交于两点，所以b2－4ac>0，即b2>4ac，①正确；对称轴为x＝－1，即－eq\f(b,2a)＝－1,2a－b＝0，②错误；结合图象，当x＝－1时，y>0，即a－b＋c>0，③错误；由对称轴为x＝－1，知b＝2a.又函数图象开口向下，所以a<0，所以5a<2a，即5a<b，④正确．故选B.6．(2018·济宁模拟)设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋bx＋cx≤0，,2x>0，))若f(－4)＝f(0)，f(－2)＝－2，则关于x的方程f(x)＝x的解的个数为()A．4 B．2C．1 D．3答案D解析由解析式可得f(－4)＝16－4b＋c＝f(0)＝c，解得b＝4.f(－2)＝4－8＋c＝－2，可求得c＝2.∴f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋4x＋2x≤0，,2x>0.))又f(x)＝x，则当x≤0时，x2＋4x＋2＝x，解得x1＝－1，x2＝－2.当x>0时，x＝2，综上可知有三解．故选D.7．二次函数f(x)的二次项系数为正数，且对任意的x∈R都有f(x)＝f(4－x)成立，若f(1－2x2)<f(1＋2x－x2)，则实数x的取值范围是()A．(2，＋∞) B．(－∞，－2)∪(0,2)C．(－2,0) D．(－∞，－2)∪(0，＋∞)答案C解析由题意知，二次函数的开口向上，对称轴为直线x＝2，图象在对称轴左侧为减函数．而1－2x2<2,1＋2x－x2＝2－(x－1)2≤2，所以由f(1－2x2)<f(1＋2x－x2)，得1－2x2>1＋2x－x2，解得－2<x<0.故选C.8．已知对任意的a∈[－1,1]，函数f(x)＝x2＋(a－4)x＋4－2a的值总大于0，则x的取值范围是()A．1<x<3 B．x<1或x>3C．1<x<2 D．x<2或x>3答案B解析f(x)＝x2＋(a－4)x＋4－2a＝(x－2)a＋(x2－4x＋4)．记g(a)＝(x－2)a＋(x2－4x＋4)，由题意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g－1>0，,g1>0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g－1＝x2－5x＋6>0，,g1＝x2－3x＋2>0，))解得x<1或x>3.故选B.9．已知函数f(x)＝ex－1，g(x)＝－x2＋4x－3，若有f(a)＝g(b)，则b的取值范围为()A．[2－eq\r(2)，2＋eq\r(2)] B．(2－eq\r(2)，2＋eq\r(2))C．[1,3] D．(1,3)答案B解析由题可知f(x)＝ex－1>－1，g(x)＝－x2＋4x－3＝－(x－2)2＋1≤1，若有f(a)＝g(b)，则g(b)∈(－1,1]，即－b2＋4b－3>－1，解得2－eq\r(2)<b<2＋eq\r(2).故选B.10．已知函数f(x)(x∈R)满足f(x)＝f(2－x)，若函数y＝|x2－2x－3|与y＝f(x)图象的交点为(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xm，ym)，则eq\o(∑,\s\up16(m),\s\do4(i＝1))xi＝()A．0 B．mC．2m D．4m答案B解析由f(x)＝f(2－x)知函数f(x)的图象关于直线x＝1对称．又y＝|x2－2x－3|＝|(x－1)2－4|的图象也关于直线x＝1对称，所以这两函数的交点也关于直线x＝1对称．不妨设x1<x2<…<xm，则eq\f(x1＋xm,2)＝1，即x1＋xm＝2，同理有x2＋xm－1＝2，x3＋xm－2＝2，…，又eq\o(∑,\s\up16(m),\s\do4(i＝1))xi＝xm＋xm－1＋…＋x1，所以2eq\o(∑,\s\up16(m),\s\do4(i＝1))xi＝(x1＋xm)＋(x2＋xm－1)＋…＋(xm＋x1)＝2m，所以eq\o(∑,\s\up16(m),\s\do4(i＝1))xi＝m.故选B.二、填空题11．(2017·湖北孝感模拟)函数f(x)＝ax2－2x＋1，若y＝f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))内有零点，则实数a的取值范围为________．答案(－∞，0]解析f(x)＝ax2－2x＋1＝0，可得a＝－eq\f(1,x2)＋eq\f(2,x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))2＋1.若f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))内有零点，则f(x)＝0在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))内有解，当－eq\f(1,2)≤x<0或0<x≤eq\f(1,2)时，可得a＝－eq\f(1,x2)＋eq\f(2,x)≤0.所以实数a的取值范围为(－∞，0]．12．(2018·九江模拟)已知f(x)＝x2＋2(a－2)x＋4，如果对x∈[－3,1]，f(x)>0恒成立，则实数a的取值范围为________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，4))解析因为f(x)＝x2＋2(a－2)x＋4，对称轴x＝－(a－2)，对x∈[－3,1]，f(x)>0恒成立，所以讨论对称轴与区间[－3,1]的位置关系得：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－a－2<－3，,f－3>0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3≤－a－2≤1，,Δ<0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－a－2>1，,f1>0，))解得a∈∅或1≤a＜4或－eq\f(1,2)<a<1，所以a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，4)).13．(2017·北京丰台期末)若f(x)＝(x－a)(x－b)＋(x－b)(x－c)＋(x－c)(x－a)，其中a≤b≤c，对于下列结论：①f(b)≤0；②若b＝eq\f(a＋c,2)，则∀x∈R，f(x)≥f(b)；③若b≤eq\f(a＋c,2)，则f(a)≤f(c)；④f(a)＝f(c)成立的充要条件为b＝0.其中正确的是________．(请填写序号)答案①②③解析f(b)＝(b－a)(b－b)＋(b－b)(b－c)＋(b－c)·(b－a)＝(b－c)(b－a)，因为a≤b≤c，所以f(b)≤0，①正确；将f(x)展开可得f(x)＝3x2－2(a＋b＋c)x＋ab＋bc＋ac，又抛物线开口向上，故f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b＋c,3))).当b＝eq\f(a＋c,2)时，eq\f(a＋b＋c,3)＝b，所以f(x)min＝f(b)，②正确；f(a)－f(c)＝(a－b)(a－c)－(c－a)·(c－b)＝(a－c)(a＋c－2b)，因为a≤b≤c，且2b≤a＋c，所以f(a)≤f(c)，③正确；因为a≤b≤c，所以当f(a)＝f(c)时，即(a－c)(a＋c－2b)＝0，所以a＝b＝c或a＋c＝2b，故④不正确．14．对于实数a和b，定义运算“*”：a*b＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－ab，a≤b，,b2－ab，a>b.))设f(x)＝(2x－1)*(x－1)，且关于x的方程f(x)＝m(m∈R)恰有三个互不相等的实数根x1，x2，x3，则x1x2x3的取值范围是________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(3),16)，0))解析函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x2－x，x≤0，,－x2＋x，x>0))的图象如图所示．设y＝m与y＝f(x)图象交点的横坐标从小到大分别为x1，x2，x3.由y＝－x2＋x＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(1,4)，得顶点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,4))).当y＝eq\f(1,4)时，代入y＝2x2－x，得eq\f(1,4)＝2x2－x，解得x＝eq\f(1－\r(3),4)(舍去正值)，∴x1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4