2025届高考数学一轮复习第2章函数导数及其应用第4讲二次函数与幂函数创新教学案含解析新人教版

PAGE16-第4讲二次函数与幂函数[考纲解读]1.理解并驾驭二次函数的定义、图象及性质，能利用二次函数、二次方程与二次不等式之间的关系解决简洁问题．(重点、难点)2．驾驭幂函数的图象和性质，结合函数y＝x，y＝x2，y＝x3，y＝eq\f(1,x)，y＝xeq\f(1,2)的图象，了解它们的改变状况．(重点)[考向预料]从近三年高考状况来看，本讲是高考中的一个热点内容．预料2024年高考对二次函数可能会干脆考查，也可能会与其他学问相结合进行考查，考查三个二次之间的关系、函数最值的求解、图象的推断等．在解答题中也可能会涉及二次函数．幂函数的考查常与其他学问结合，比较大小、图象及性质的应用为重点命题方向.1.二次函数(1)二次函数解析式的三种形式①一般式：f(x)＝eq\x(01)ax2＋bx＋c(a≠0)．②顶点式：f(x)＝eq\x(02)a(x－m)2＋n(a≠0)．③两根式：f(x)＝eq\x(03)a(x－x1)(x－x2)(a≠0)．(2)二次函数的图象和性质解析式f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)f(x)＝ax2＋bx＋c(a<0)图象定义域RR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x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(b,2a)))上单调递减；在x∈eq\x(04)eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)，＋∞))上单调递增在x∈eq\x(05)eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(b,2a)))上单调递增；在x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)，＋∞))上单调递减对称性函数的图象关于直线eq\x(06)x＝－eq\f(b,2a)对称2．幂函数(1)幂函数的定义一般地，形如eq\x(01)y＝xα的函数称为幂函数，其中x是自变量，α为常数．(2)常见的五种幂函数的图象(3)常见的五种幂函数的性质特征函数性质y＝xy＝x2y＝x3y＝xeq\f(1,2)y＝x－1定义域RRReq\x(02)[0，＋∞){x|x∈R，且x≠0}值域R[0，＋∞)R[0，＋∞){y|y∈R，且y≠0}奇偶性奇偶奇非奇非偶奇单调性增在(－∞，0]上减，在[0，＋∞)上增增增在(－∞，0)上减，在(0，＋∞)上减定点(0,0)，(1,1)(1,1)1．概念辨析(1)函数y＝2xeq\f(1,3)是幂函数．()(2)假如幂函数的图象与坐标轴相交，则交点肯定是原点．()(3)二次函数y＝ax2＋bx＋c(x∈R)不行能是偶函数．()(4)在y＝ax2＋bx＋c(a≠0)中，a确定了图象的开口方向和在同始终角坐标系中的开口大小．()答案(1)×(2)√(3)×(4)√2．小题热身(1)若a<0，则0.5a,5a,A．0.2a<5a<0.5a B．5aC．0.5a<0.2a<5a D．5a答案B解析因为a<0，所以函数y＝xa在(0，＋∞)上是减函数，又0.2<0.5<5，所以0.2a>0.5a>5a，即5a<(2)已知幂函数y＝f(x)的图象过点(2，eq\r(2))，则函数的解析式为________．答案f(x)＝xeq\f(1,2)解析设f(x)＝xα，因为函数f(x)的图象过点(2，eq\r(2))，所以eq\r(2)＝2α，即2eq\f(1,2)＝2α，所以α＝eq\f(1,2)，所以f(x)＝xeq\f(1,2).(3)若二次函数y＝－2x2－4x＋t的图象的顶点在x轴上，则t的值是________．答案－2解析y＝－2x2－4x＋t＝－2(x2＋2x)＋t＝－2[(x＋1)2－1]＋t＝－2(x＋1)2＋2＋t.因为此函数的图象的顶点(－1,2＋t)在x轴上，所以2＋t＝0，所以t＝－2.(4)函数f(x)＝－x2＋2x(0≤x≤3)的值域是________．答案[－3,1]解析因为f(x)＝－x2＋2x＝－(x－1)2＋1，所以f(x)在[0,1]上单调递增，在[1,3]上单调递减，又f(0)＝0，f(1)＝1，f(3)＝－3，所以函数f(x)的值域为[－3，1]．题型一求二次函数的解析式已知二次函数f(x)满意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.))故所求二次函数的解析式为f(x)＝－4x2＋4x＋7.解法二：(利用二次函数的顶点式)设f(x)＝a(x－m)2＋n(a≠0)．∵f(2)＝f(－1)，∴抛物线的对称轴为x＝eq\f(2＋－1,2)＝eq\f(1,2).∴m＝eq\f(1,2)，又依据题意函数f(x)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.解法三：(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)(a≠0)，即f(x)＝ax2－ax－2a又函数f(x)有最大值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.条件探究1将本例中的“f(2)＝－1，f(－1)＝－1”改为“与x轴的两个交点坐标为(0,0)和(－2,0)”，其他条件不变，试确定f(x)的解析式．解设f(x)＝ax(x＋2)．因为函数f(x)的最大值为8，所以a<0，且f(x)max＝f(－1)＝－a＝8，所以a＝－8，所以f(x)＝－8x(x＋2)＝－8x2－16x.条件探究2将本例中条件变为：二次函数f(x)的图象经过点(4,3)，在x轴上截得的线段长为2，且∀x∈R，都有f(2＋x)＝f(2－x)，试确定f(x)的解析式．解因为f(2－x)＝f(2＋x)对x∈R恒成立，所以f(x)的对称轴为直线x＝2.又f(x)的图象在x轴上截得的线段长为2，所以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)，所以3a＝3，所以a所以f(x)的解析式为f(x)＝(x－1)(x－3)，即f(x)＝x2－4x＋3.用待定系数法求二次函数的解析式(1)关键：恰当选取二次函数解析式的形式(2)选法已知条件解析式的形式三点坐标一般式y＝ax2＋bx＋c(a≠0)顶点坐标顶点式y＝a(x－h)2＋k(a≠0)对称轴最大(小)值与x轴两交点的坐标两根式y＝a(x－x1)(x－x2)(a≠0)1．已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c满意条件：①f(3－x)＝f(x)；②f(1)＝0；③对随意实数x，f(x)≥eq\f(1,4a)－eq\f(1,2)恒成立，则其解析式为f(x)＝________.答案x2－3x＋2解析由①得，对称轴方程为x＝－eq\f(b,2a)＝eq\f(3,2).由②得，a＋b＋c＝0.由③得，f(x)min＝eq\f(4ac－b2,4a)≥eq\f(1,4a)－eq\f(1,2)，且a>0.解得a＝1，b＝－3，c＝2.所以f(x)＝x2－3x＋2.2．如图是二次函数y＝f(x)的图象，若|OC|＝|OB|＝3|OA|，且△ABC的面积S＝6，求这个二次函数的解析式．解设二次函数解析式为y＝ax2＋bx＋c(a≠0)，因为|OB|＝|OC|＝3|OA|，所以|AB|＝|OA|＋|OB|＝4|OA|，且4|OA|×3|OA|×eq\f(1,2)＝6，得|OA|＝1，所以A(－1,0)，B(3,0)，C(0,3)．将三点坐标代入方程，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3＝0＋0＋c，,0＝9a＋3b＋c，,0＝a－b＋c，))解得a＝－1，b＝2，c＝3.所以二次函数解析式为y＝－x2＋2x＋3.题型二二次函数的图象与性质角度1二次函数的图象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.给出下面四个结论：①b2>4ac；②2a－b＝1；③a－b＋c＝0；④5a其中正确的结论是()A．②④ B．①④C．②③ D．①③答案B解析∵二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象与x轴交于两点，∴b2－4ac>0，即b2>4ac，①正确；二次函数的图象的对称轴为直线x＝－1，即－eq\f(b,2a)＝－1,2a－b＝0，②错误；结合图象知，当x＝－1时，y>0，即a－b＋c＞0，③错误；由对称轴为直线x＝－1知，b＝2a，又函数的图象开口向下，∴a<0，∴5a<2a，即5a<角度2二次函数的单调性2．(2024·河南中原名校联考)已知函数f(x)＝2ax2＋4(a－3)x＋5在区间(－∞，3)上是减函数，则a的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4))) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4)))答案D解析因为函数f(x)＝2ax2＋4(a－3)x＋5在区间(－∞，3)上是减函数，当a≠0时，a须满意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a>0，,－\f(4a－3,2×2a)≥3，))解得0<a≤eq\f(3,4)；当a＝0时，f(x)＝－12x＋5在(－∞，3)上是减函数．综上可知，a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4))).角度3二次函数的最值3．已知f(x)＝－4x2＋4ax－4a－a2在[0,1]内的最大值为－5，则aA.eq\f(5,4) B．1或eq\f(5,4)C．－1或eq\f(5,4) D．－5或eq\f(5,4)答案D解析f(x)＝－4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2)))2－4a，对称轴为直线x＝eq\f(a,2).①当eq\f(a,2)≥1，即a≥2时，f(x)在[0,1]上递增，∴f(x)max＝f(1)＝－4－a2.令－4－a2＝－5，得a＝±1(舍去)．②当0<eq\f(a,2)<1，即0<a<2时，f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))＝－4a.令－4a＝－5，得a＝eq\f(5,4).③当eq\f(a,2)≤0，即a≤0时，f(x)在[0,1]上递减，∴f(x)max＝f(0)＝－4a－a2令－4a－a2解得a＝－5或a＝1(舍去)．综上所述，a＝eq\f(5,4)或－5.故选D.角度4与二次函数有关的恒成立问题4．已知定义在R上的奇函数f(x)满意：当x≥0时，f(x)＝x3，若不等式f(－4t)>f(2m＋mt2)对随意实数t恒成立，则实数mA．(－∞，－eq\r(2))B．(－eq\r(2)，0)C．(－∞，0)∪(eq\r(2)，＋∞)D．(－∞，－eq\r(2))∪(eq\r(2)，＋∞)答案A解析当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)对随意实数t恒成立，知－4t>2m＋mt2对随意实数t恒成立，即mt2＋4t＋2m<0对随意实数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))．5．当x∈(1,3)时，若不等式x2＋mx＋4<0恒成立，则m的取值范围是________．答案(－∞，－5]解析设f(x)＝x2＋mx＋4.因为x∈(1,3)时，不等式x2＋mx＋4<0恒成立，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1≤0，,f3≤0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5＋m≤0，,13＋3m≤0，))解得m≤－5，所以m的取值范围是(－∞，－5]．1．识别二次函数图象应学会“三看”2．探讨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，因此探讨二次函数的单调性时要依据其图象的对称轴进行分类探讨．(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)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A⊆\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)，＋∞))))，即区间A肯定在函数图象对称轴的左侧(右侧)．如举例说明2.3．二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，结合配方法，依据函数的单调性及分类探讨的思想即可完成．如举例说明3.4．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.))如举例说明4.(3)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max，a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min.(4)f(x)＝ax2＋bx＋c<0(a>0)在(m，n)上恒成立⇔eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fm≤0，,fn≤0.))如举例说明5.(5)f(x)＝ax2＋bx＋c>0(a<0)在[m，n]上恒成立⇔eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fm>0，,fn>0.))1．(2024·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()答案C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，故可解除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，故可解除D；对于B，看直线可知a>0，b>0，从而－eq\f(b,2a)<0，而二次函数图象的对称轴在y轴的右侧，故解除B，选C.2．二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(x∈R)的最小值为f(1)，则f(eq\r(2))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))，f(eq\r(3))的大小关系是()A．f(eq\r(2))＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＜f(eq\r(3))B．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＜f(eq\r(2))＜f(eq\r(3))C．f(eq\r(3))＜f(eq\r(2))＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))D．f(eq\r(2))＜f(eq\r(3))＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))答案D解析因为二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(x∈R)的最小值为f(1)，所以函数的图象开口向上，对称轴为直线x＝1，因为eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)－1))＞|eq\r(3)－1|＞|eq\r(2)－1|，所以f(eq\r(2))＜f(eq\r(3))＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2))).3．(2024·陕西西安模拟)已知函数f(x)＝－x2＋4x，x∈[m,5]的值域是[－5,4]，则实数m的取值范围是()A．(－∞，－1) B．(－1,2]C．[－1,2] D．[2,5]答案C解析∵f(x)＝－x2＋4x＝－(x－2)2＋4，∴当x＝2时，f(2)＝4，由f(x)＝－x2＋4x＝－5，解得x＝5或x＝－1，∴要使函数在[m,5]上的值域是[－5,4]，则－1≤m≤2.4．已知a是实数，函数f(x)＝2ax2＋2x－3在x∈[－1,1]上恒小于零，则实数a的取值范围为________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))解析2ax2＋2x－3<0在[－1,1]上恒成立．当x＝0时，－3<0，成立；当x≠0时，a<eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－\f(1,3)))2－eq\f(1,6)，因为eq\f(1,x)∈(－∞，－1]∪[1，＋∞)，当x＝1时，右边取最小值eq\f(1,2)，∴a<eq\f(1,2).综上，实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))).题型三幂函数的图象与性质1．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所示，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解析视察图象联想y＝x2，y＝xeq\f(1,2)，y＝x－1在第一象限内的图象，可知c<0，d<0,0<b<1<a.由图象可知2c>2d，所以c>d综上知a>b>c>d.2．若(2m＋1)eq\f(1,2)>(m2＋m－1)eq\f(1,2)，则实数m的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(－\r(5)－1,2))) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5)－1,2)，＋∞))C．(－1,2) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5)－1,2)，2))答案D解析因为函数y＝xeq\f(1,2)在[0，＋∞)上是增函数，且(2m＋1)eq\f(1,2)>(m2＋m－1)eq\f(1,2)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2m＋1≥0，,m2＋m－1≥0，,2m＋1>m2＋m－1，))解得eq\f(\r(5)－1,2)≤m<2.3．已知点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，\r(3)))在幂函数f(x)的图象上，则f(x)是()A．奇函数 B．偶函数C．定义域内的减函数 D．定义域内的增函数答案A解析设幂函数f(x)＝xα，∵f(x)的图象经过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，\r(3)))，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))α＝eq\r(3)，∴α＝－1.∴f(x)＝x－1，f(－x)＝(－x)－1＝－x－1＝－f(x)，∴f(x)为奇函数．1．求幂函数的解析式幂函数的形式是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．如举例说明3.2．幂函数的指数与图象特征的关系当α≠0,1时，幂函数y＝xα在第一象限内的图象特征：α取值α>10<α<1α<0图象特别点过点(0,0)，(1,1)过点(0,0)，(1,1)过点(1,1)凹凸性下凸上凸下凸单调性递增递增递减举例举例说明1中，y＝xa举例说明1中，y＝xb举例说明1中，y＝xc，y＝xd3．幂函数单调性的应用(1)依据当α＞0时，幂函数f(x)＝xα在(0，＋∞)上单调递增；当α＜0时，幂函数f(x)＝xα在(0，＋∞)上单调递减．(2)两类应用①比较大小；②解不等式，如举例说明2.1．已知幂函数f(x)＝(n2＋2n－2)xn2－3n(n∈Z)的图象关于y轴对称，且在(0，＋∞)上是减函数，则n的值为()A．－3 B．1C．2 D．1或2答案B解析由于f(x)为幂函数，所以n2＋2n－2＝1，解得n＝1或n＝－3，经检验只有n＝1符合题意，故选B.2．若幂函数f(x)＝xeq\f(m,n)(m，n∈N*，m，n互质)的图象如图，则()A．m，n是奇数，且eq\f(m,n)<1B．m是偶数，n是奇数，且eq\f(m,n)>1C．m是偶数，n是奇数，且eq\f(m,n)＜1D．m是奇数，n是偶数，且eq\f(m,n)>1答案C解析由图象可知，函数f(x)为偶函数，所以m是偶数，n是奇数．函数图象在第一象限部分上凸，所以eq\f(m,n)＜1.3．已知a＝2eq\f(4,3)，b＝3eq\f(2,3)，c＝25eq\f(1,3)，则()A．b<a<c B．a<b<cC．b<c<a D．c<a<b答案A解析因为a＝2eq\f(4,3)＝4eq\f(2,3)，c＝25eq\f(1,3)＝5eq\f(2,3)，而函数y＝xeq\f(2,3)在(0，＋∞)上单调递增，所以3eq\f(2,3)<4eq\f(2,3)<5eq\f(2,3)，即b<a<c，故选A.组基础关1．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))答案C解析∵函数f(x)＝ax2＋x＋5的图象在x轴上方，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ＝1－4a×5<0，))解得a>eq\f(1,20).2．幂函数y＝xm2－4m(m∈Z)的图象如图所示，则mA．0 B．1C．2 D．3答案C解析由图象知，m2－4m<0且m2－4m为偶数，结合四个选项可知，3．已知α∈eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－1，2，\f(1,2)，3，\f(1,3)))，若f(x)＝xα为奇函数，且在(0，＋∞)上单调递增，则实数α的值是()A．－1,3 B.eq\f(1,3)，3C．－1，eq\f(1,3)，3 D.eq\f(1,3)，eq\f(1,2)，3答案B解析因为f(x)＝xα为奇函数，所以α∈eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－1，3，\f(1,3))).又f(x)＝xα在(0，＋∞)上单调递增，所以α∈eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(3，\f(1,3))).4．设abc>0，二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c的图象可能是()答案D解析由A中图象知，a<0，c<0，－eq\f(b,2a)<0，所以b<0，与abc>0冲突；由B中图象知，a<0，c>0，－eq\f(b,2a)>0，所以b>0，与abc>0冲突；由C中图象知，a>0，c<0，－eq\f(b,2a)<0，所以b>0，与abc>0冲突；由D中图象知，a>0，c<0，－eq\f(b,2a)>0，所以b<0，abc>0成立．5．(2024·吉林省试验中学模拟)已知点(2,8)在幂函数f(x)＝xn的图象上，设a＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))，b＝f(lnπ)，c＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))，则a，b，c的大小关系为()A．a＜c＜b B．a＜b＜cC．b＜c＜a D．b＜a＜c答案A解析由点(2,8)在幂函数f(x)＝xn的图象上，可得2n＝8，解得n＝3，所以f(x)＝x3.所以f(x)在R上是增函数．因为0＜eq\f(\r(3),3)＜eq\f(\r(2),2)＜1＜lnπ，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＜f(lnπ)，即a＜c＜b.6．已知a，b，c∈R，函数f(x)＝ax2＋bx＋c.若f(1)＝f(3)＞f(4)，则()A．a＞0,4a＋b＝0 B．a＜0,4a＋C．a＞0,2a＋b＝0 D．a＜0,2a＋答案B解析因为f(1)＝f(3)，则直线x＝2为对称轴，故－eq\f(b,2a)＝2，则4a＋b＝0，又f(3)＞f(4)，所以f(x)在(2，＋∞)上为减函数，所以函数f(x)的图象开口向下，所以a＜0.7．(2024·百色市摸底)已知函数f(x)＝x2＋x＋c，若f(0)>0，f(p)<0，则必有()A．f(p＋1)＞0B．f(p＋1)＜0C．f(p＋1)＝0D．f(p＋1)的符号不能确定答案A解析该函数图象是开口向上的抛物线，对称轴为直线x＝－eq\f(1,2).f(0)＝c＞0，即抛物线在y轴上的截距大于0.因为图象关于直线x＝－eq\f(1,2)对称，所以f(－1)＝f(0)＞0.设f(x)＝0的两根为x1，x2，令x1＜x2，则－1＜x1＜x2＜0，依据图象知，x1＜p＜x2，故p＋1＞0，f(p＋1)＞0.8．(2024·潍坊质检)已知函数f(x)为幂函数，且f(4)＝eq\f(1,2)，则当f(a)＝4f(a＋3)时，实数a等于________．答案eq\f(1,5)解析设f(x)＝xα，则4α＝eq\f(1,2)，所以α＝－eq\f(1,2).因此f(x)＝x－eq\f(1,2)，从而a－eq\f(1,2)＝4(a＋3)－eq\f(1,2)，解得a＝eq\f(1,5).9．已知二次函数f(x)是偶函数，且f(4)＝4f(2)＝16，则函数f(x答案f(x)＝x2解析由题意可设函数f(x)＝ax2＋c(a≠0)，则f(4)＝16a＋c＝16,4f(2)＝4(4a＋c)＝16a＋4c＝16，所以a＝1，c＝0，故f(10．(2024·南阳模拟)设二次函数f(x)＝ax2＋2ax＋1在[－3,2]上有最大值4，则实数a的值为________．答案－3或eq\f(3,8)解析此函数图象的对称轴为直线x＝－1，当a>0时，图象开口向上，所以当x＝2时取得最大值，即f(2)＝4a＋4解得a＝eq\f(3,8)；当a<0时，图象开口向下，所以当x＝－1时取得最大值，即f(－1)＝a－2a解得a＝－3.故实数a的值为－3或eq\f(3,8).组实力关1．函数f(x)＝(m2－m－1)x4m9－m5－1是幂函数，对随意的x1，x2∈(0，＋∞)，且x1≠x2，满意eq\f(fx1－fx2,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0C．等于0 D．无法推断答案A解析∵对随意的x1，x2∈(0，＋∞)，且x1≠x2，满意eq\f(fx1－fx2,x1－