高考数学（文）一轮复习教师用书第二章第五节二次函数与幂函数

第五节二次函数与幂函数1．五种常见幂函数的图象与性质函数特征性质y＝xy＝x2y＝x3y＝xeq\f(1,2)y＝x－1图象定义域RRR{x|x≥0}{x|x≠0}值域R{y|y≥0}R{y|y≥0}{y|y≠0}奇偶性奇偶奇非奇非偶奇单调性增(－∞，0)减，(0，＋∞)增增增(－∞，0)和(0，＋∞)减公共点(1,1)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－h)2＋k(a≠0)；两根式：f(x)＝a(x－x1)(x－x2)(a≠0)．(2)二次函数的图象与性质解析式f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)f(x)＝ax2＋bx＋c(a<0)图象定义域(－∞，＋∞)(－∞，＋∞)值域eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4ac－b2,4a)，＋∞))eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(4ac－b2,4a)))单调性在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)，＋∞))上单调递增；在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(b,2a)))上单调递减在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(b,2a)))上单调递增；在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)，＋∞))上单调递减奇偶性当b＝0时为偶函数，当b≠0时为非奇非偶函数顶点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)，\f(4ac－b2,4a)))对称性图象关于直线x＝－eq\f(b,2a)成轴对称图形1．判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)函数y＝2x是幂函数．()(2)当n>0时，幂函数y＝xn在(0，＋∞)上是增函数．()(3)二次函数y＝ax2＋bx＋c(x∈R)不可能是偶函数．()(4)二次函数y＝ax2＋bx＋c(x∈[a，b])的最值一定是eq\f(4ac－b2,4a).()(5)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)×(5)√2．幂函数y＝f(x)的图象过点(4,2)，则幂函数y＝f(x)的图象是()解析：选C令f(x)＝xα，则4α＝2，∴α＝eq\f(1,2)，∴f(x)＝x，则f(x)的图象如选项C中所示．3．函数f(x)＝(m2－m－1)xm是幂函数，且在x∈(0，＋∞)上为增函数，则实数m的值是()A．－1B．2C．3D．－1或解析：选B∵f(x)＝(m2－m－1)xm是幂函数，∴m2－m－1＝1，解得m＝－1或m＝2.又f(x)在x∈(0，＋∞)上是增函数，所以m＝2.4．已知函数f(x)＝ax2＋x＋5的图象在x轴上方，则a的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,20)))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,20)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,20)，＋∞)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,20)，0))解析：选C由题意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ<0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,1－20a<0，))解得a>eq\f(1,20).5．已知函数f(x)＝x2＋2ax＋3，若y＝f(x)在区间[－4,6]上是单调函数，则实数a的取值范围为________．解析：由于函数f(x)的图象开口向上，对称轴是x＝－a，所以要使f(x)在[－4,6]上是单调函数，应有－a≤－4或－a≥6，即a≤－6或a≥4.答案：(－∞，－6]∪[4，＋∞)6．已知f(x)＝ax2＋bx＋3a＋b是偶函数，且其定义域为[a－1，2a]，则y＝f(x)的值域为解析：因为f(x)＝ax2＋bx＋3a＋b是偶函数，所以其定义域[a－1,2a]关于原点对称，所以a－1＝－2a，所以a＝eq\f(1,3)，因为f(x)＝ax2＋bx＋3a＋b是偶函数，即f(－x)＝f(x)，所以b＝0，所以f(x)＝eq\f(1,3)x2＋1，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，\f(2,3)))，其值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(31,27))).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(31,27)))eq\a\vs4\al(考点一幂函数的图象与性质)eq\a\vs4\al(基础送分型考点——自主练透)[考什么·怎么考]高考中对幂函数的概念、图象及性质的考查难度不大，一般以选择题、填空题的形式呈现，其中幂函数的图象、利用幂函数性质求参数范围，结合指数、对数比较大小等问题较常见．1．已知幂函数f(x)的图象经过点(9,3)，则f(2)－f(1)＝()A．3 B．1－eq\r(2)C.eq\r(2)－1 D．1解析：选C设幂函数f(x)＝xα，则f(9)＝9α＝3，即α＝eq\f(1,2)，所以f(x)＝x＝eq\r(x)，所以f(2)－f(1)＝eq\r(2)－1，故选C.2．当x∈(0，＋∞)时，幂函数y＝(m2＋m－1)x－5m－3为减函数，则实数m的值为(A．－2 B．1C．1或－2 D．m≠eq\f(－1±\r(5),2)解析：选B因为函数y＝(m2＋m－1)x－5m－3既是幂函数又是(0，＋∞)上的减函数，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2＋m－1＝1，,－5m－3<0，))解得m＝1.3．已知a＝3，b＝4，c＝12，则a，b，c的大小关系为()A．b<a<c B．a<b<cC．c<b<a D．c<a<b解析：选C因为a＝81，b＝16，c＝12，由幂函数y＝x在(0，＋∞)上为增函数，知a>b>c，故选C.4．若(a＋1)<(3－2a)，则实数a的取值范围是________．解析：易知函数y＝x的定义域为[0，＋∞)，在定义域内为增函数，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋1≥0，,3－2a≥0，,a＋1<3－2a，))解得－1≤a<eq\f(2,3).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(2,3)))[怎样快解·准解]1．幂函数的图象与性质幂函数y＝xα的图象和性质因α的取值不同而不同，一般可从三方面考察：(1)α的正负：α>0时图象经过(0,0)点和(1,1)点，在第一象限的部分“上升”；α<0时图象不过(0,0)点，经过(1,1)点，在第一象限的部分“下降”；(2)曲线在第一象限的凹凸性：α>1时曲线下凹，0<α<1时曲线上凸，α<0时曲线下凹；(3)函数的奇偶性：一般先将函数式化为正指数幂或根式形式，再根据函数定义域和奇偶性定义判断其奇偶性．2．比较幂值大小的常见类型及解决方法同底不同指利用指数函数单调性进行比较同指不同底利用幂函数单调性进行比较既不同底又不同指常常找到一个中间值，通过比较两个幂值与中间值的大小来判断两个幂值的大小eq\a\vs4\al(考点二求二次函数的解析式)eq\a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)高考单独考查求二次函数的解析式较少，大多同其性质一同考查，多结合图象求解，难度中等.[典题领悟]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：(利用二次函数的一般式)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.))故所求二次函数为f(x)＝－4x2＋4x＋7.法二：(利用二次函数的顶点式)设f(x)＝a(x－m)2＋n.∵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8，∴n＝8，∴y＝f(x)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋8.∵f(2)＝－1，∴aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,2)))2＋8＝－1，解得a＝－4，∴f(x)＝－4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋8＝－4x2＋4x＋7.法三：(利用两根式)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－又函数有最大值ymax＝8，即eq\f(4a－2a－1－a2,4a)＝8.解得a＝－4或a＝0(舍去)，故所求函数解析式为f(x)＝－4x2＋4x＋7.[解题师说]求二次函数解析式的方法[冲关演练]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)的图象被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＝∴所求f(x)的解析式为f(x)＝(x－1)(x－3)，即f(x)＝x2－4x＋3.eq\a\vs4\al(考点三二次函数的图象与性质)eq\a\vs4\al(题点多变型考点——追根溯源)高考对二次函数图象与性质进行单独考查的频率较低.常与一元二次方程、一元二次不等式等知识交汇命题是高考的热点，多以选择题、填空题的形式出现，考查二次函数的图象与性质的应用.,常见的命题角度有：1二次函数图象的识别；2二次函数的单调性问题；3二次函数的最值问题；4与二次函数有关的恒成立问题.[题点全练]角度(一)二次函数图象的识别1．(2018·重庆五中模拟)一次函数y＝ax＋b与二次函数y＝ax2＋bx＋c在同一坐标系中的图象大致是()解析：选C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，选C.[题型技法]识别二次函数图象应学会“三看”角度(二)二次函数的单调性问题2．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的取值范围为()A．[2，＋∞) B．(2，＋∞)C．(－∞，0) D．(－∞，2)解析：选A二次函数y＝kx2－4x＋2的对称轴为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，该函数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，＋∞)．[题型技法]研究二次函数单调性的思路(1)二次函数的单调性在其图象对称轴的两侧不同，因此研究二次函数的单调性时要依据其图象的对称轴进行分类讨论．(2)若已知f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)在区间A上单调递减(单调递增)，则A⊆eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(b,2a)))A⊆－eq\f(b,2a)，＋∞，即区间A一定在函数对称轴的左侧(右侧)．角度(三)二次函数的最值问题3．(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有关解析：选Bf(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,2)))2－eq\f(a2,4)＋b，①当0≤－eq\f(a,2)≤1时，f(x)min＝m＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＝－eq\f(a2,4)＋b，f(x)max＝M＝max{f(0)，f(1)}＝max{b,1＋a＋b}，∴M－m＝maxeq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(a2,4)，1＋a＋\f(a2,4)))与a有关，与b无关；②当－eq\f(a,2)<0时，f(x)在[0,1]上单调递增，∴M－m＝f(1)－f(0)＝1＋a与a有关，与b无关；③当－eq\f(a,2)>1时，f(x)在[0,1]上单调递减，∴M－m＝f(0)－f(1)＝－1－a与a有关，与b无关．综上所述，M－m与a有关，但与b无关．[题型技法]求二次函数在给定区间上最值的方法二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(不妨设a>0)在区间[m，n]上的最大或最小值如下：(1)当－eq\f(b,2a)∈[m，n]，即对称轴在所给区间内时：f(x)的最小值在对称轴处取得，其最小值是feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)))＝eq\f(4ac－b2,4a)；若－eq\f(b,2a)≤eq\f(m＋n,2)，f(x)的最大值为f(n)；若－eq\f(b,2a)≥eq\f(m＋n,2)，f(x)的最大值为f(m)．(2)当－eq\f(b,2a)∉[m，n]，即给定的区间在对称轴的一侧时：f(x)在[m，n]上是单调函数．若－eq\f(b,2a)<m，f(x)在[m，n]上是增函数，f(x)的最小值是f(m)，最大值是f(n)；若n<－eq\f(b,2a)，f(x)在[m，n]上是减函数，f(x)的最小值是f(n)，最大值是f(m)．(3)当不能确定对称轴－eq\f(b,2a)是否属于区间[m，n]时：则需分类讨论，以对称轴与区间的关系确定讨论的标准，然后转化为上述(1)(2)两种情形求最值．角度(四)与二次函数有关的恒成立问题4．(2018·武邑调研)已知定义在R上的奇函数f(x)满足：当x≥0时，f(x)＝x3，若不等式❶❷f(－4t)＞f(2m＋mt2)对任意实数t恒成立，则实数m的取值范围是(A．(－∞，－eq\r(2)) B．(－eq\r(2)，0)C．(－∞，0)∪(eq\r(2)，＋∞) D．(－∞，－eq\r(2))∪(eq\r(2)，＋∞)[学审题]①可推出f(x)＝x3(x∈R)，进而推出f(x)在R上为增函数；②利用函数单调性可脱掉法则“f”，从而转化为关于t的二次函数恒成立问题．解析：选A当x<0时，f(x)＝－f(－x)＝x3，∴f(x)＝x3(x∈R)，易知f(x)在R上是增函数，结合f(－4t)>f(2m＋mt2)对任意实数t恒成立，知－4t>2m＋mt2对任意实数t恒成立，即mt2＋4t＋2m<0对任意实数t恒成立，故有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m<0，,Δ＝16－8m2<0，))解得m∈(－∞，－eq\r(2))，故选A.[题型技法]与二次函数有关的不等式恒成立的条件(1)ax2＋bx＋c>0(a≠0)恒成立的充要条件是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,b2－4ac<0；))(2)ax2＋bx＋c<0(a≠0)恒成立的充要条件是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0，,b2－4ac<0；))(3)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max，a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min.[题“根”探求]1．无论题型如何变化，都是围绕二次函数的图象与性质，变换不同的角度来考查．角度(一)中二次函数的图象识别问题是基础问题，角度(二)中二次函数的单调性问题是根本问题，角度(三)与角度(四)是在角度(一)和角度(二)的基础上的重点考查问题，数形结合思想是解决这类问题的基本策略．2．二次函数在闭区间上最值问题的实质二次函数在闭区间上一定存在最小值和最大值，它们只能在区间的端点或二次函数图象的顶点处取得(若对称轴不在给定区域内则只考虑端点)．分别求出函数值，通过比较大小确定最值．[冲关演练]1．已知函数f(x)＝x2－2x＋4在区间[0，m](m>0)上的最大值为4，最小值为3，则实数m的取值范围是()A．[1,2] B．(0,1]C．(0,2] D．[1，＋∞)解析：选A作出函数的图象如图所示，从图中可以看出当1≤m≤2时，函数f(x)＝x2－2x＋4在区间[0，m](m>0)上的最大值为4，最小值为3.故选A.2．已知函数f(x)＝ax2－2x＋2，若对一切x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，f(x)>0都成立，则实数a的取值范围为()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))C．[－4，＋∞) D．(－4，＋∞)解析：选B由题意得，对一切x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，f(x)>0都成立，即a>eq\f(2x－2,x2)＝－eq\f(2,x2)＋eq\f(2,x)＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－\f(1,2)))2＋eq\f(1,2)，而－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－\f(1,2)))2＋eq\f(1,2)≤eq\f(1,2)，则实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).(一)普通高中适用作业A级——基础小题练熟练快1．幂函数y＝f(x)经过点(3，eq\r(3))，则f(x)是()A．偶函数，且在(0，＋∞)上是增函数B．偶函数，且在(0，＋∞)上是减函数C．奇函数，且在(0，＋∞)上是减函数D．非奇非偶函数，且在(0，＋∞)上是增函数解析：选D设幂函数的解析式为y＝xα，将(3，eq\r(3))代入解析式得3α＝eq\r(3)，解得α＝eq\f(1,2)，∴y＝xeq\f(1,2)，其是非奇非偶函数，且在(0，＋∞)上是增函数．2．已知幂函数f(x)＝(m2－3m＋3)xm＋1为偶函数，则m＝(A．1B．2C．1或2D．解析：选A∵函数f(x)为幂函数，∴m2－3m＋3＝1，即m2－3m＋2＝0，解得m＝1或m＝2.当m＝1时，幂函数f(x)＝x2为偶函数，满足条件．当m＝2时，幂函数f(x)＝x33．函数f(x)＝2x2－mx＋3，当x∈[－2，＋∞)时，f(x)是增函数，当x∈(－∞，－2]时，f(x)是减函数，则f(1)的值为()A．－3 B．13C．7 D．5解析：选B函数f(x)＝2x2－mx＋3图象的对称轴为x＝eq\f(m,4)，由函数f(x)的增减区间可知eq\f(m,4)＝－2，所以m＝－8，即f(x)＝2x2＋8x＋3，所以f(1)＝2＋8＋3＝13.4．(2018·安阳模拟)下列选项正确的是()A．0.20.2＞0.30.2 B．2＜C．0.8－0.1＞1.250.2 D．1.70.3＞0.93.1解析：选DA中，∵函数y＝x0.2在(0，＋∞)上为增函数，0.2＜0.3，∴0.20.2＜0.30.2，故AB中，∵函数y＝x在(0，＋∞)上为减函数，∴2＞3，故B不正确；C中，∵0.8－1＝1.25，y＝1.25x在R上是增函数，0.1＜0.2，∴1.250.1＜1.250.2，即0.8－0.1＜1.250.2，故C不正确；D中，1.70.3＞1,0.93.1＜1，∴1.70.3＞0.93.1，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＋bC．a>0,2a＋b＝0 D．a<0,2a＋b解析：选A由f(0)＝f(4)，得f(x)＝ax2＋bx＋c图象的对称轴为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)＝(1－x2)(x2＋ax－5)的图象关于直线x＝0对称，则f(x)的最大值是()A．－4 B．4C．4或－4 D．不存在解析：选B依题意，函数f(x)是偶函数，则y＝x2＋ax－5是偶函数，故a＝0，f(x)＝(1－x2)(x2－5)＝－x4＋6x2－5＝－(x2－3)2＋4，当x2＝3时，f(x)取得最大值4.7．若函数f(x)＝(x＋a)(bx＋2a)(常数a，b∈R)是偶函数，且它的值域为(－∞，4]，则该函数的解析式f(x)＝解析：f(x)＝bx2＋(ab＋2a)x＋2a由已知条件ab＋2a＝0，又f(x)的值域为(－∞，4]则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≠0，,b＝－2，,2a2＝4.))因此f(x)＝－2x2＋4.答案：－2x2＋48．已知二次函数y＝f(x)的顶点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，49))，且方程f(x)＝0的两个实根之差等于7，则此二次函数的解析式是________．解析：设f(x)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,2)))2＋49(a≠0)，方程aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,2)))2＋49＝0的两个实根分别为x1，x2，则|x1－x2|＝2eq\r(－\f(49,a))＝7，所以a＝－4，所以f(x)＝－4x2－12x＋40.答案：f(x)＝－4x2－12x＋409．当0＜x＜1时，f(x)＝x2，g(x)＝x，h(x)＝x－2，则f(x)，g(x)，h(x)的大小关系是________________．解析：分别作出f(x)，g(x)，h(x)的图象如图所示，可知h(x)＞g(x)＞f(x)．答案：h(x)＞g(x)＞f(x)10．如果存在实数x，使得关于x的不等式ax2－4x＋a－3＜0成立，则实数a的取值范围是______________．解析：当a＝0时，原不等式变为－4x－3＜0，解得x＞－eq\f(3,4)，显然成立．当a＞0时，需Δ＝(－4)2－4a(a－3)＞0即a2－3a－4＜0，解得0＜a＜4当a＜0时，显然成立，综上可知，实数a的取值范围是(－∞，4)．答案：(－∞，4)B级——中档题目练通抓牢1．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))解析：选D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，结合函数图象(如图所示)可得m∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，3)).2.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其中正确的是()A．②④ B．①④C．②③ D．①③解析：选B因为图象与x轴交于两点，所以b2－4ac＞0，即b2＞4ac，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＜3．已知函数f(x)＝ax2＋bx＋c，且a＞b＞c，a＋b＋c＝0，则()A．∀x∈(0,1)，都有f(x)＞0B．∀x∈(0,1)，都有f(x)＜0C．∃x0∈(0,1)，都有f(x0)＝0D．∃x0∈(0,1)，都有f(x0)＞0解析：选B由a＞b＞c，a＋b＋c＝0，可知a＞0，c＜0.抛物线开口方向向上，因为f(0)＝c＜0，f(1)＝a＋b＋c＝0，即1是方程ax2＋bx＋c＝0的一个根，所以∀x∈(0,1)，都有f(x)＜0.故选B.4．(2017·山西一模)已知函数f(x)＝x2－m是定义在区间[－3－m，m2－m]上的奇函数，则f(m)＝________.解析：由题意得m2－m＝3＋m，即m2－2m－3＝0∴m＝3或m＝－1.当m＝3时，f(x)＝x－1，[－3－m，m2－m]为[－6,6]，f(x)在x＝0处无意义，故舍去．当m＝－1时，f(x)＝x3，[－3－m，m2－m]为[－2,2]，满足题意，∴f(m)＝f(－1)＝(－1)3＝－1.答案：－15．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________．解析：因为f(x)＝x2＋2(a－2)x＋4，对称轴为x＝－(a－2)，对x∈[－3,1]，f(x)＞0恒成立，所以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，所以实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，4)).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，4))6．已知函数f(x)＝x2＋(2a－1)x－(1)当a＝2，x∈[－2,3]时，求函数f(x)的值域；(2)若函数f(x)在[－1,3]上的最大值为1，求实数a的值．解：(1)当a＝2时，f(x)＝x2＋3x－3，x∈[－2,3]，对称轴为x＝－eq\f(3,2)∈[－2,3]，∴f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＝eq\f(9,4)－eq\f(9,2)－3＝－eq\f(21,4)，f(x)max＝f(3)＝15，∴函数f(x)的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(21,4)，15)).(2)∵函数f(x)的对称轴为x＝－eq\f(2a－1,2).①当－eq\f(2a－1,2)≤1，即a≥－eq\f(1,2)时，f(x)max＝f(3)＝6a＋3∴6a＋3＝1，即a＝－eq\f(1,3)，满足题意；②当－eq\f(2a－1,2)＞1，即a＜－eq\f(1,2)时，f(x)max＝f(－1)＝－2a－1∴－2a－1＝1，即a＝－1综上可知，a＝－eq\f(1,3)或－1.7．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：(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\co1(f3＝5，,f2＝2))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a＋2＋b＝5，,2＋b＝2))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(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\co1(f3＝2，,f2＝5))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a＋2＋b＝2，,2＋b＝5))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(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(m＋2,2)≥4.∴m≤2或m≥6.故m的取值范围为(－∞，2]∪[6，＋∞)．C级——重难题目自主选做1．(2018·合肥质检)函数f(x)＝－x2＋3x＋a，g(x)＝2x－x2，若f(g(x))≥0对x∈[0,1]恒成立，则实数a的取值范围是()A．[－e，＋∞) B．[－ln2，＋∞)C．[－2，＋∞) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))解析：选C如图所示，在同一坐标系中画出y＝x2＋1，y＝2x，y＝x2＋eq\f(3,2)的图象，由图象可知，在[0,1]上，x2＋1≤2x<x2＋eq\f(3,2)恒成立，即1≤2x－x2<eq\f(3,2)，当且仅当x＝0或x＝1时等号成立，∴1≤g(x)<eq\f(3,2)，∴f(g(x))≥0⇒f(1)≥0⇒－1＋3＋a≥0⇒a≥－2，即实数a的取值范围是[－2，＋∞)，故选C.2．设f(x)与g(x)是定义在同一区间[a，b]上的两个函数，若函数y＝f(x)－g(x)在x∈[a，b]上有两个不同的零点，则称f(x)和g(x)在[a，b]上是“关联函数”，区间[a，b]称为“关联区间”．若f(x)＝x2－3x＋4与g(x)＝2x＋m在[0,3]上是“关联函数”，则m的取值范围为________．解析：由题意知，y＝f(x)－g(x)＝x2－5x＋4－m在[0,3]上有两个不同的零点．在同一直角坐标系下作出函数y＝m与y＝x2－5x＋4(x∈[0,3])的图象如图所示，结合图象可知，当x∈[2,3]时，y＝x2－5x＋4∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(9,4)，－2))，故当m∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(9,4)，－2))时，函数y＝m与y＝x2－5x＋4(x∈[0,3])的图象有两个交点．答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(9,4)，－2))(二)重点高中适用作业A级——保分题目巧做快做1．幂函数y＝f(x)经过点(3，eq\r(3))，则f(x)是()A．偶函数，且在(0，＋∞)上是增函数B．偶函数，且在(0，＋∞)上是减函数C．奇函数，且在(0，＋∞)上是减函数D．非奇非偶函数，且在(0，＋∞)上是增函数解析：选D设幂函数的解析式为y＝xα，将(3，eq\r(3))代入解析式得3α＝eq\r(3)，解得α＝eq\f(1,2)，∴y＝xeq\f(1,2)，其是非奇非偶函数，且在(0，＋∞)上是增函数．2．函数f(x)＝2x2－mx＋3，当x∈[－2，＋∞)时，f(x)是增函数，当x∈(－∞，－2]时，f(x)是减函数，则f(1)的值为()A．－3 B．13C．7 D．5解析：选B函数f(x)＝2x2－mx＋3图象的对称轴为x＝eq\f(m,4)，由函数f(x)的增减区间可知eq\f(m,4)＝－2，所以m＝－8，即f(x)＝2x2＋8x＋3，所以f(1)＝2＋8＋3＝13.3.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＞4ac②2a－b＝1③a－b＋c＝0；④5a＜b其中正确的是()A．②④ B．①④C．②③ D．①③解析：选B因为图象与x轴交于两点，所以b2－4ac＞0，即b2＞4ac，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＜2即5a＜b，④4.已知点(m,8)在幂函数f(x)＝(m－1)xn的图象上，设a＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))))，b＝f(lnπ)，c＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，则a，b，c的大小关系为()A．c<a<b B．a<b<cC．b<c<a D．b<a<c解析：选A根据题意，m－1＝1，∴m＝2，∴2n＝8，∴n＝3，∴f(x)＝x3.∵f(x)＝x3是定义在R上的增函数，又－eq\f(1,2)<0<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))0＝1<lnπ，∴c<a<b.5.(2018·芜湖中学月考)设函数f(x)＝x|x|＋bx＋c，给出下列四个命题：①当c＝0时，f(x)是奇函数；②当b＝0，c＞0时，方程f(x)＝0只有一个实根；③f(x)的图象关于点(0，c)对称；④方程f(x)＝0至多有两个实根．其中正确的命题是()A．①④ B．①③C．①②③ D．②④解析：选C法一：当c＝0时，f(－x)＝－x|－x|＋b(－x)＝－x|x|－bx＝－f(x)，故f(x)是奇函数，①正确；当b＝0，c>0时，f(x)＝x|x|＋c在R上单调递增，故方程f(x)＝0只有一个实根，②正确．由①可知c＝0时，f(x)的图象关于原点对称，f(x)＝x|x|＋bx＋c的图象由y＝x|x|＋bx的图象向上平移c个单位得到的，故关于点(0，c)对称，③正确；当b＝－1，c＝0时，f(x)＝x|x|－x＝x(|x|－1)＝0，则x＝0或x＝±1，④错误，故选C.法二：当c＝0时，f(－x)＝－x|－x|＋b(－x)＝－x|x|－bx＝－f(x)，故f(x)是奇函数，①正确，排除D；当b＝0，c＞0时，令f(x)＝x|x|＋c＝0，则当x≥0时，x2＋c＝0无解，当x＜0时，f(x)＝－x2＋c＝0，x＝－eq\r(c)只有一个实数根，②正确，排除A、B，选C.6.当0＜x＜1时，f(x)＝x2，g(x)＝x，h(x)＝x－2，则f(x)，g(x)，h(x)的大小关系是________________．解析：分别作出f(x)，g(x)，h(x)的图象如图所示，可知h(x)＞g(x)＞f(x)．答案：h(x)＞g(x)＞f(x)7.(2017·山西一模)已知函数f(x)＝x2－m是定义在区间[－3－m，m2－m]上的奇函数，则f(m)＝________.解析：由题意得m2－m＝3＋m，即m2－2m－3＝0∴m＝3或m＝－1.当m＝3时，f(x)＝x－1，[－3－m，m2－m]为[－6,6]，f(x)在x＝0处无意义，故舍去．当m＝－1时，f(x)＝x3，[－3－m，m2－m]为[－2,2]，满足题意，∴f(m)＝f(－1)＝(－1)3＝－1.答案：－18.已知二次函数y＝x2＋2kx＋3－2k，则顶点位置最高时函数的解析式为________．解析：由题意可知y＝x2＋2kx＋3－2k＝(x＋k)2－k2－2k＋3，所以该函数的顶点坐标为(－k，－k2－2k＋3)．设顶点的纵坐标为y＝－k2－2k＋3＝－(k＋1)2＋4，所以当k＝－1时，顶点位置最高，此时函数的解析式为y＝x2－2x＋5.答案：y＝x2－2x＋59.已知函数f(x)＝x2＋2ax＋2，x∈[－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：(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，＋∞)．10．已知函数f(x)＝x2＋(2a－1)x－(1)当a＝2，x∈[－2,3]时，求函数f(x)的值域；(2)若函数f(x)在[－1,3]上的最大值为1，求实数a的值．解：(1)当a＝2时，f(x)＝x2＋3x－3，x∈[－2,3]，对称轴为x＝－eq\f(3,2)∈[－2,3]，∴f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＝eq\f(9,4)－eq\f(9,2)－3＝－eq\f(21,4)，f(x)max＝f(3)＝15，∴函数f(x)的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(21,4)，15)).(2)∵函数f(x)的对称轴为x＝－eq\f(2a－1,2).①当－eq\f(2a－1,2)≤1，即a≥－eq\f(1,2)时，f(x)max＝f(3)＝6a＋3∴6a＋3＝1，即a＝－eq\f(1,3)，满足题意；②当－eq\f(2a－1,2)＞1，即a＜－eq\f(1,2)时，f(x)max＝f(－1)＝－2a－1∴－2a－1＝1，即a＝－1综上可知，a＝－eq\f(1,3)或－1.B级——拔高题目稳做准做1.已知函数f(x)＝mx2＋(m－3)x＋1的图象与x轴的交点至少有一个在原点右侧，则实数m的取值范围是()A．[0,1] B．(0,1)C．(－∞，1) D．(－∞，1]解析：选D当m＝0时，令f(x)＝0，得－3x＋1＝0，则x＝eq\f(1,3)＞0，符合题意；当m＞0时，由f(0)＝1，可知要满足题意，则需eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝m－32－4m≥0，,－\f(m－3,2m)＞0，))解得0＜m≤1；当m＜0时，由f(0)＝1可知，函数图象恒与x轴正半轴有一个交点．综上可知，m的取值范围是(－∞，1]．2．(2018·合肥质检)函数f(x)＝－x2＋3x＋a，g(x)＝2x－x2，若f(g(x))≥0对x∈[0,1]恒成立，则实数a的取值范围是()A．[－e，＋∞) B．[－ln2，＋∞)C．[－2，＋∞) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,