2023届高考一轮复习讲义（文科）第二章　函数概念与基本初等函数 第3讲　二次函数与幂函数学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（文科）第二章　函数概念与基本初等函数 第3讲　二次函数与幂函数学案，共15页。学案主要包含了知识梳理，习题改编等内容，欢迎下载使用。


一、知识梳理
1．幂函数
(1)定义：形如y＝xα(α∈R)的函数称为幂函数，其中底数x是自变量，α为常数．常见的五类幂函数为y＝x，y＝x2，y＝x3，y＝xeq \s\up6(\f(1,2))，y＝x－1.
(2)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
①一般式：f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)；
②顶点式：f(x)＝a(x－m)2＋n(a≠0)；
③零点式：f(x)＝a(x－x1)(x－x2)(a≠0)．
(2)二次函数的图象和性质
常用结论
1．巧识幂函数的图象和性质
2．记牢一元二次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\{(\a\vs4\al\c1(a>0，,b2－4ac<0.))
(2)ax2＋bx＋c<0(a≠0)恒成立的充要条件是eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a<0，,b2－4ac<0.))
二、习题改编
1．(必修1P79习题T1改编)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
解析：选C.因为f(x)＝k·xα是幂函数，所以k＝1.又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)，所以α＝eq \f(1,2)，所以k＋α＝1＋eq \f(1,2)＝eq \f(3,2).故选C.
2．(必修1P39B组T1改编)函数y＝2x2－6x＋3，x∈[－1，1]，则y的最小值为 ．
解析：函数y＝2x2－6x＋3＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)))eq \s\up12(2)－eq \f(3,2)的图象的对称轴为直线x＝eq \f(3,2)>1，所以函数y＝2x2－6x＋3在[－1，1]上单调递减，所以ymin＝2－6＋3＝－1.
答案：－1
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)函数y＝2xeq \s\up6(\f(1,3))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)如果幂函数的图象与坐标轴相交，则交点一定是原点．( )
(5)二次函数y＝ax2＋bx＋c，x∈[a，b]的最值一定是eq \f(4ac－b2,4a).( )
答案：(1)× (2)√ (3)× (4)√ (5)×
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见误区)(1)幂函数定义不清晰，导致出错；
(2)二次函数的性质理解不到位出错；
(3)忽视对二次函数的二次项系数的讨论出错．
1．已知幂函数y＝f(x)的图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(\r(2),2)))，则此函数的解析式为 ；在区间 上递减．
解析：设y＝f(x)＝xα，因为图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(\r(2),2)))，代入解析式得α＝－eq \f(1,2)，则y＝x－eq \s\up6(\f(1,2))，
由性质可知函数y＝x－eq \s\up6(\f(1,2))在(0，＋∞)上递减．
答案：y＝x－eq \s\up6(\f(1,2)) (0，＋∞)
2．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，＋∞)
3．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 ．
解析：因为函数f(x)＝ax2＋x＋5的图象在x轴上方，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a>0，,Δ＝12－20a<0，))解得a>eq \f(1,20).
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,20)，＋∞))
幂函数的图象及性质(典例迁移)
(1)幂函数y＝f(x)的图象过点(4，2)，则幂函数y＝f(x)的图象是( )
(2)已知幂函数y＝xm2－2m－3(m∈N*)的图象与x轴、y轴没有交点，且关于y轴对称，则m的所有可能取值为 ．
【解析】 (1)设幂函数的解析式为y＝xα，
因为幂函数y＝f(x)的图象过点(4，2)，
所以2＝4α，解得α＝eq \f(1,2)，
所以y＝eq \r(x)，其定义域为[0，＋∞)，且是增函数，
当0(2)因为幂函数y＝x m2－2m－3 (m∈N*)的图象与x轴、y轴没有交点，且关于y轴对称，所以m2－2m－3≤0且m2－2m－3(m∈N*)为偶数．由m2－2m－3≤0得－1≤m≤3，又m∈N*，所以m＝1，2，3，当m＝1时，m2－2m－3＝1－2－3＝－4为偶数，符合题意；当m＝2时，m2－2m－3＝4－4－3＝－3为奇数，不符合题意；当m＝3时，m2－2m－3＝9－6－3＝0为偶数，符合题意．综上所述，m＝1，3.
【答案】 (1)C (2)1，3
【迁移探究1】 (变条件)若本例(2)中 ，将函数“f(x)＝x m2－2m－3”变为“f(x)＝(m2＋2m－2)x m2－3m ”，其他条件不变，则m的值为 ．
解析：由于f(x)为幂函数，所以m2＋2m－2＝1，
解得m＝1或m＝－3，经检验只有m＝1适合题意，所以m＝1.
答案：1
【迁移探究2】 (变条件)本例(2)中f(x)不变，m∈N*.若函数的图象关于y轴对称，且在(0，＋∞)上是减函数，则m的值为 ．
解析：因为f(x)在(0，＋∞)上是减函数，
所以m2－2m－3<0，解得－1又m∈N*，所以m＝1或m＝2.
由于f(x)的图象关于y轴对称．
所以m2－2m－3为偶数，
又当m＝2时，m2－2m－3为奇数，所以m＝2舍去，
因此m＝1.
答案：1
eq \a\vs4\al()
幂函数的图象与性质问题的解题策略
(1)关于图象辨识问题，关键是熟悉各类幂函数的图象特征，如过特殊点、凹凸性等．
(2)关于比较幂值大小问题，结合幂值的特点利用指数幂的运算性质化成同指数幂，选择适当的幂函数，借助其单调性进行比较或应用．
(3)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．
1．已知点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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
解析：选A.设f(x)＝xα，由已知得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)))eq \s\up12(α)＝eq \r(3)，
解得α＝－1，
因此f(x)＝x－1，易知该函数为奇函数．
2．已知a＝3eq \s\up6(\f(4,5))，b＝4eq \s\up6(\f(2,5))，c＝12eq \s\up6(\f(1,5))，则a，b，c的大小关系为( )
A．bC．c解析：选C.因为a＝81eq \s\up6(\f(1,5))，b＝16eq \s\up6(\f(1,5))，c＝12eq \s\up6(\f(1,5))，由幂函数y＝xeq \s\up6(\f(1,5))在(0，＋∞)上为增函数，知a>b>c，故选C.
3．若(a＋1)eq \s\up6(\f(1,2))<(3－2a)eq \s\up6(\f(1,2))，则实数a的取值范围是 ．
解析：易知函数y＝xeq \s\up6(\f(1,2))的定义域为[0，＋∞)，在定义域内为增函数，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋1≥0，,3－2a≥0，,a＋1<3－2a，))解得－1≤a答案：eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(2,3)))
求二次函数的解析式(师生共研)
(一题多解)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)，f(－1)＝－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)：
由已知得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.
eq \a\vs4\al()
求二次函数解析式的方法
根据已知条件确定二次函数的解析式，一般用待定系数法，但所给条件不同选取的求解方法也不同，选择规律如下：
1．已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋5的图象过点P(－1，11)，且其对称轴是直线x＝1，则a＋b的值是( )
A．－2 B．0
C．1 D．2
解析：选A.因为二次函数f(x)＝ax2＋bx＋5的图象的对称轴是直线x＝1，所以－eq \f(b,2a)＝1 ①.又f(－1)＝a－b＋5＝11，所以a－b＝6 ②.联立①②，解得a＝2，b＝－4，所以a＋b＝－2，故选A.
2．已知二次函数f(x)有两个零点0和－2，且它有最小值－1，则f(x)的解析式为f(x)＝ ．
解析：由二次函数f(x)有两个零点0和－2，可设f(x)＝a(x＋2)x，则f(x)＝a(x2＋2x)＝a(x＋1)2－a.
又f(x)有最小值－1，则a＝1.所以f(x)＝x2＋2x.
答案：x2＋2x
二次函数的图象与性质(多维探究)
角度一 二次函数图象的识别问题
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；④5aA．②④ B．①④
C．②③ D．①③
【解析】 因为二次函数的图象与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【答案】 B
eq \a\vs4\al()
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．
角度二 二次函数的单调性及最值问题
(1)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 ．
(2)求函数f(x)＝x2＋2ax＋1在区间[－1，2]上的最大值．
【解】 (1)当a＝0时，f(x)＝－3x＋1在[－1，＋∞)上递减，满足条件．
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\{(\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]．故填[－3，0]．
(2)f(x)＝(x＋a)2＋1－a2，
所以f(x)的图象是开口向上的抛物线，对称轴为x＝－a.
①当－a－eq \f(1,2)时，f(x)max＝f(2)＝4a＋5.
②当－a≥eq \f(1,2)即a≤－eq \f(1,2)时，f(x)max＝f(－1)＝2－2a，
综上，f(x)max＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4a＋5，a>－\f(1,2)，,2－2a，a≤－\f(1,2).))
eq \a\vs4\al()
二次函数的单调性及最值问题
(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．
角度三 一元二次不等式恒成立问题
(1)已知函数f(x)＝x2＋mx－1，若对于任意x∈[m，m＋1]，都有f(x)<0成立，则实数m的取值范围是 ．
(2)已知函数f(x)＝x2＋2x＋1，f(x)>x＋k在区间[－3，－1]上恒成立，则k的取值范围为 ．
【解析】 (1)作出二次函数f(x)的草图，对于任意x∈[m，m＋1]，都有f(x)<0，
则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（m）<0，,f（m＋1）<0，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m2＋m2－1<0，,（m＋1）2＋m（m＋1）－1<0，))解得－eq \f(\r(2),2)(2)由题意得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．
所以g(x)min＝g(－1)＝1.
所以k<1.故k的取值范围为(－∞，1)．
【答案】 (1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，0)) (2)(－∞，1)
eq \a\vs4\al()
不等式恒成立求参数取值范围的思路
一是分离参数；二是不分离参数．两种思路都是将问题归结为求函数的最值或值域．
1．函数f(x)＝ax2－2x＋3在区间[1，3]上为增函数的充要条件是( )
A．a＝0 B．a<0
C．0解析：选D.当a＝0时，f(x)为减函数，不符合题意；当a≠0时，函数f(x)＝ax2－2x＋3图象的对称轴为x＝eq \f(1,a)，要使f(x)在区间[1，3]上为增函数，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a<0，,\f(1,a)≥3))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a>0，,\f(1,a)≤1，))解得a≥1.故选D.
2．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(0)B．f(0)C．f(2)D．f(－2)解析：选A.由f(1＋x)＝f(－x)知函数f(x)图象的对称轴为直线x＝eq \f(1,2)，而抛物线的开口向上，且eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(0－\f(1,2)))＝eq \f(1,2)，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2－\f(1,2)))＝eq \f(3,2)，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－2－\f(1,2)))＝eq \f(5,2)，根据到对称轴的距离越远的函数值越大得f(－2)>f(2)>f(0)．故选A.
3．若函数f(x)＝x2－2x＋1在区间[a，a＋2]上的最小值为4，则a的取值集合为 ．
解析：因为函数f(x)＝x2－2x＋1＝(x－1)2，对称轴x＝1，
因为f(x)在区间[a，a＋2]上的最小值为4，
所以当1≤a时，f(x)min＝f(a)＝(a－1)2＝4，解得a＝－1(舍去)或a＝3，
当a＋2≤1，即a≤－1时，f(x)min＝f(a＋2)＝(a＋1)2＝4，解得a＝1(舍去)或a＝－3，
当a<1故a的取值集合为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(－3，3)).
答案：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(－3，3))
思想方法系列2 分类讨论思想在二次函数问题中的应用
已知函数f(x)＝x2－2tx＋1在区间[2，5]上单调且有最大值为8，则实数t的值为 ．
【解析】 函数f(x)＝x2－2tx＋1图象的对称轴是x＝t，
函数在区间[2，5]上单调，故t≤2或t≥5.
若t≤2，则函数f(x)在区间[2，5]上是增函数，
故f(x)max＝f(5)＝25－10t＋1＝8，解得t＝eq \f(9,5)；
若t≥5，则函数f(x)在区间[2，5]上是减函数，
此时f(x)max＝f(2)＝4－4t＋1＝8，
解得t＝－eq \f(3,4)，与t≥5矛盾．综上所述，t＝eq \f(9,5).
【答案】 eq \f(9,5)
eq \a\vs4\al()
二次函数是单峰函数(在定义域上只有一个最值点的函数)，x＝－eq \f(b,2a)为其最值点横坐标，在其两侧二次函数具有相反的单调性，当已知二次函数在某区间上的最值求参数时，要根据对称轴与已知区间的位置关系、二次函数开口方向进行分类讨论，研究其最值．
已知函数f(x)＝ax2＋2ax＋1在区间[－1，2]上有最大值4，求实数a的值．
解：f(x)＝a(x＋1)2＋1－a.
(1)当a＝0时，函数f(x)在区间[－1，2]上的值为常数1，不符合题意，舍去；
(2)当a>0时，函数f(x)在区间[－1，2]上是增函数，最大值为f(2)＝8a＋1＝4，解得a＝eq \f(3,8)；
(3)当a<0时，函数f(x)在区间[－1，2]上是减函数，最大值为f(－1)＝1－a＝4，解得a＝－3.
综上可知，a的值为eq \f(3,8)或－3.
[基础题组练]
1．如图是①y＝xa；②y＝xb；③y＝xc在第一象限的图象，则a，b，c的大小关系为( )
A．cC．b解析：选D.根据幂函数的性质，可知选D.
2．(2020·辽宁第一次联考)设函数f(x)＝xeq \s\up6(\f(2,3))，若f(a)>f(b)，则( )
A．a2>b2 B．a2C．ab
解析：选A.函数f(x)＝xeq \s\up6(\f(2,3))＝(x2)eq \s\up6(\f(1,3))，令t＝x2，易知y＝teq \s\up6(\f(1,3))，在第一象限为单调递增函数．
又f(a)>f(b)，所以a2>b2.故选A.
3．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：选A.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．
4．若a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up6(\f(2,3))，b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)))eq \s\up6(\f(2,3))，c＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up6(\f(1,3))，则a，b，c的大小关系是( )
A．aC．b解析：选D.因为y＝xeq \s\up6(\f(2,3))在第一象限内是增函数，所以a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up6(\f(2,3))>b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)))eq \s\up6(\f(2,3))，因为y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)是减函数，所以a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up6(\f(2,3))5．若函数y＝x2－3x－4的定义域为[0，m]，值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(25,4)，－4))，则m的取值范围是( )
A．[0，4] B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，4))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞)) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\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\c1(\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\c1(\f(3,2)，3)).
6．(2020·甘肃兰州一中月考)已知函数f(x)＝(m2－m－1)xm2－2m－3是幂函数，且在x∈(0，＋∞)上递减，则实数m＝ ．
解析：根据幂函数的定义和性质，得m2－m－1＝1.
解得m＝2或m＝－1，
当m＝2时，f(x)＝x－3在(0，＋∞)上是减函数，符合题意；
当m＝－1时，f(x)＝x0＝1在(0，＋∞)上不是减函数，
所以m＝2.
答案：2
7．设函数f(x)＝mx2－mx－1，若对于x∈R，f(x)<0恒成立，则实数m的取值范围是 ．
解析：当m＝0时，f(x)＝－1<0，符合题意．当m≠0时，f(x)为二次函数，则由f(x)<0恒成立得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m<0，,Δ<0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m<0，,（－m）2－4m×（－1）<0，))解得－4故实数m的取值范围是(－4，0]．
答案：(－4，0]
8．(2020·重庆(区县)调研测试)已知函数f(x)＝－2x2＋mx＋3(0≤m≤4，0≤x≤1)的最大值为4，则m的值为 ．
解析：f(x)＝－2x2＋mx＋3＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(m,4)))eq \s\up12(2)＋eq \f(m2,8)＋3，
因为0≤m≤4，所以0≤eq \f(m,4)≤1，
所以当x＝eq \f(m,4)时，f(x)取得最大值，
所以eq \f(m2,8)＋3＝4，解得m＝2eq \r(2).
答案：2eq \r(2)
9．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：(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．若二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)满足f(x＋1)－f(x)＝2x，且f(0)＝1.
(1)求f(x)的解析式；
(2)若在区间[－1，1]上，不等式f(x)>2x＋m恒成立，求实数m的取值范围．
解：(1)由f(0)＝1，得c＝1，所以f(x)＝ax2＋bx＋1.
又f(x＋1)－f(x)＝2x，
所以a(x＋1)2＋b(x＋1)＋1－(ax2＋bx＋1)＝2x，
即2ax＋a＋b＝2x，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a＝2，,a＋b＝0，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝－1，))
因此，所求解析式为f(x)＝x2－x＋1.
(2)f(x)>2x＋m等价于x2－x＋1>2x＋m，即x2－3x＋1－m>0，要使此不等式在区间[－1，1]上恒成立，只需使函数g(x)＝x2－3x＋1－m在区间[－1，1]上的最小值大于0即可．
设g(x)＝x2－3x＋1－m，
则g(x)在区间[－1，1]上单调递减，
所以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)．
[综合题组练]
1．(2020·福建连城一模)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：选C.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x12．(创新型)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)
3．(2020·辽宁第一次联考)已知幂函数f(x)＝(m－1)2xm2－4m＋3(m∈R)在(0，＋∞)上单调递增．
(1)求m的值及f(x)的解析式；
(2)若函数g(x)＝－eq \r(3,f（x）2)＋2ax＋1－a在[0，2]上的最大值为3，求实数a的值．
解：(1)幂函数f(x)＝(m－1)2x m2－4m＋3 (m∈R)在(0，＋∞)上单调递增，
故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（m－1）2＝1，,m2－4m＋3>0，))解得m＝0，故f(x)＝x3.
(2)由f(x)＝x3，得g(x)＝－eq \r(3,f（x）2)＋2ax＋1－a＝－x2＋2ax＋1－a，
函数图象为开口方向向下的抛物线，对称轴为x＝a.
因为在[0，2]上的最大值为3，所以
①当a≥2时，g(x)在[0，2]上单调递增，故g(x)max＝g(2)＝3a－3＝3，解得a＝2.
②当a≤0时，g(x)在[0，2]上单调递减，故g(x)max＝g(0)＝1－a＝3，解得a＝－2.
③当0综上所述，a＝±2.
4．已知函数f(x)＝x2－2ax＋5(a>1)．
(1)若函数f(x)的定义域和值域均为[1，a]，求实数a的值；
(2)若f(x)在区间(－∞，2]上是减函数，且对任意的x1，x2∈[1，a＋1]，总有|f(x1)－f(x2)|≤4，求实数a的取值范围．
解：(1)因为f(x)＝x2－2ax＋5在(－∞，a]上为减函数，
所以f(x)＝x2－2ax＋5(a>1)在[1，a]上单调递减，
即f(x)max＝f(1)＝a，f(x)min＝f(a)＝1，所以a＝2或a＝－2(舍去)．即实数a的值为2.
(2)因为f(x)在(－∞，2]上是减函数，所以a≥2.
所以f(x)在[1，a]上单调递减，在[a，a＋1]上单调递增，
又函数f(x)的对称轴为直线x＝a，所以f(x)min＝f(a)＝5－a2，f(x)max＝max{f(1)，f(a＋1)}，
又f(1)－f(a＋1)＝6－2a－(6－a2)＝a(a－2)≥0，
所以f(x)max＝f(1)＝6－2a.
因为对任意的x1，x2∈[1，a＋1]，总有|f(x1)－f(x2)|≤4，
所以f(x)max－f(x)min≤4，即6－2a－(5－a2)≤4，解得－1≤a≤3.又a≥2，所以2≤a≤3.即实数a的取值范围为2≤a≤3.
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\c1(\f(4ac－b2,4a)，＋∞))
eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(4ac－b2,4a)))
单调性
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(b,2a)))上单调递减；
在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,2a)，＋∞))上单调递增
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(b,2a)))上单调递增；
在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\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\c1(－\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