2023届高考一轮复习讲义（理科）第二章　函数概念与基本初等函数 第4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（理科）第二章　函数概念与基本初等函数 第4讲　二次函数与幂函数学案，共15页。

[学生用书P20]
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)五种幂函数的图象
(3)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．幂函数的图象和性质
(1)幂函数的图象一定会出现在第一象限内，一定不会出现在第四象限内，至于是否出现在第二、三象限内，要看函数的奇偶性．
(2)幂函数的图象过定点(1，1)，如果幂函数的图象与坐标轴相交，则交点一定是原点．
(3)当α>0时，y＝xα在[0，＋∞)上为增函数；
当α<0时，y＝xα在(0，＋∞)上为减函数．
2．一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1P79T1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＝________．
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).
答案：eq \f(3,2)
2.(必修1P77图象改编)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________．
解析：根据幂函数的性质可知a<0，b>1，0答案：a3．(必修1P39B组T1改编)函数g(x)＝x2－2x(x∈[0，3])的值域为________．
解析：由g(x)＝x2－2x＝(x－1)2－1，x∈[0，3]，
得g(x)在[0，1]上是减函数，在[1，3]上是增函数．
所以g(x)min＝g(1)＝－1，而g(0)＝0，g(3)＝3.
所以g(x)的值域为[－1，3]．
答案：[－1，3]
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(1,2))是幂函数．( )
(2)如果幂函数的图象与坐标轴相交，则交点一定是原点． ( )
(3)当n<0时，幂函数y＝xn是定义域上的减函数．( )
(4)二次函数y＝ax2＋bx＋c，x∈[a，b]的最值一定是eq \f(4ac－b2,4a).( )
(5)二次函数y＝ax2＋bx＋c，x∈R不可能是偶函数．( )
(6)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)× (6)√
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见误区)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1(Ｋ))(1)二次函数图象特征把握不准；
(2)二次函数的单调性规律掌握不到位；
(3)忽视幂函数的定义域；
(4)幂函数的图象掌握不到位．
1．如图，若a<0，b>0，则函数y＝ax2＋bx的大致图象是________(填序号)．
解析：由函数的解析式可知，图象过点(0，0)，故④不正确．又a<0，b>0，所以二次函数图象的对称为x＝－eq \f(b,2a)>0，故③正确．
答案：③
2．若函数y＝mx2＋x＋2在[3，＋∞)上是减函数，则m的取值范围是________．
解析：因为函数y＝mx2＋x＋2在[3，＋∞)上是减函数，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m<0,－\f(1,2m)≤3))，即m≤－eq \f(1,6).
答案：eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,6)))
3．已知幂函数f(x)＝x－eq \s\up5(\f(1,2))，若f(a＋1)解析：由题意知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋1>0，,10－2a>0，,a＋1>10－2a.))解得3答案：(3，5)
4．当x∈(0，1)时，函数y＝xm的图象在直线y＝x的上方，则m的取值范围是________．
答案：(－∞，1)
[学生用书P21]
幂函数的图象及性质(自主练透)
1．幂函数y＝f(x)的图象经过点(3，eq \r(3,3))，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，＋∞)上是增函数
D．非奇非偶函数，且在(0，＋∞)上是减函数
解析：选C.设幂函数f(x)＝xα，代入点(3，eq \r(3,3))，得eq \r(3,3)＝3α，解得α＝eq \f(1,3)，所以f(x)＝xeq \s\up6(\f(1,3))，可知函数为奇函数，在(0，＋∞)上单调递增．
2．幂函数f(x)＝xa2－10a＋23(a∈Z)为偶函数，且f(x)在区间(0，＋∞)上是减函数，则a等于( )
A．3 B．4
C．5 D．6
解析：选C.因为a2－10a＋23＝(a－5)2－2，
f(x)＝x(a－5)2－2(a∈Z)为偶函数，
且在区间(0，＋∞)上是减函数，
所以(a－5)2－2<0，从而a＝4，5，6，
又(a－5)2－2为偶数，所以只能是a＝5，故选C.
3．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))4．若幂函
数y＝x－1，y＝xm与y＝xn在第一象限内的图象如图所示，则m与n的取值情况为( )
A．－1B．－1C．－1D．－1解析：选D.幂函数y＝xα，当α>0时，y＝xα在(0，＋∞)上为增函数，且0<α<1时，图象上凸，所以0eq \a\vs4\al()
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.
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)，
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.
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)＝x2－bx＋c满足f(0)＝3，对∀x∈R.都有f(1＋x)＝f(1－x)成立，则f(x)的解析式为____________．
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.
答案：f(x)＝x2－2x＋3
2．已知二次函数y＝f(x)的顶点坐标为(－eq \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\c1(x＋\f(3,2)))eq \s\up12(2)＋49(a≠0)，方程aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3,2)))2＋49＝0的两个根分别为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＋40
二次函数的图象与性质(多维探究)
角度一 二次函数的图象
已知abc>0，则二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c的图象可能是( )
【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.
【答案】 D
角度二 二次函数的单调性
函数f(x)＝ax2＋(a－3)x＋1在区间[－1，＋∞)上是单调递减的，则实数a的取值范围是________．
【解析】 当a＝0时，f(x)＝－3x＋1在[－1，＋∞)上单调递减，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，＋∞)上单调递减知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]．
【答案】 [－3，0]
【迁移探究】 (变条件)若函数f(x)＝ax2＋(a－3)x＋1的单调递减区间是[－1，＋∞)，求a为何值？
解：因为函数f(x)＝ax2＋(a－3)x＋1的单调递减区间为[－1，＋∞)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a<0，,\f(a－3,－2a)＝－1，))解得a＝－3.
角度三 二次函数的最值问题
设函数f(x)＝x2－2x＋2，x∈[t，t＋1]，t∈R，求函数f(x)的最小值．
【解】 f(x)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1，x∈[t，t＋1]，t∈R，函数图象的对称轴为x＝1.当t＋1<1，即t<0时，函数图象如图(1)所示，函数f(x)在区间[t，t＋1]上为减函数，所以最小值为f(t＋1)＝t2＋1；
当t≤1≤t＋1，即0≤t≤1时，函数图象如图(2)所示，在对称轴x＝1处取得最小值，最小值为f(1)＝1；
当t>1时，函数图象如图(3)所示，函数f(x)在区间[t，t＋1]上为增函数，所以最小值f(t)＝t2－2t＋2.
综上可知，f(x)min＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(t2＋1，t<0，,1，0≤t≤1，,t2－2t＋2，t>1.))
角度四 二次函数中的恒成立问题
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________．
【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综上，实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2))).
【答案】 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))
eq \a\vs4\al()
解决二次函数图象与性质问题时应注意的三点
(1)抛物线的开口方向，对称轴位置，定义区间三者相互制约，要注意分类讨论．
(2)要注意数形结合思想的应用，尤其是给定区间上的二次函数最值问题，先“定性”(作草图)，再“定量”(看图求解)．
(3)由不等式恒成立求参数取值范围的思路及关键
解题思路：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．(2020·河南省实验中学模拟)已知函数f(x)＝3x2－2(m＋3)x＋m＋3的值域为[0，＋∞)，则实数m的取值范围为( )
A．{0，－3} B．[－3，0]
C．(－∞，－3]∪[0，＋∞) D．{0，3}
解析：选A.函数f(x)＝3x2－2(m＋3)x＋m＋3的值域为[0，＋∞)，所以Δ＝[－2(m＋3)]2－4×3×(m＋3)＝0，所以m＝－3或m＝0，所以实数m的取值范围为{0，－3}，故选A.
2．已知函数f(x)＝x2＋2ax＋3，x∈[－4，6]．
(1)当a＝－2时，求f(x)的最值；
(2)求实数a的取值范围，使y＝f(x)在区间[－4，6]上是单调函数．
解：(1)当a＝－2时，f(x)＝x2－4x＋3＝(x－2)2－1，由于x∈[－4，6]，
所以f(x)在[－4，2]上单调递减，在(2，6]上单调递增，
所以f(x)的最小值是f(2)＝－1，
又f(－4)＝35，f(6)＝15，
故f(x)的最大值是35.
(2)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，
故a的取值范围是(－∞，－6]∪[4，＋∞)．
[学生用书P23]
分类讨论思想在二次函数问题中的应用
已知函数f(x)＝ax2－2x(0≤x≤1)，求函数f(x)的最小值．
【解】 (1)当a＝0时，f(x)＝－2x在[0，1]上单调递减，
所以f(x)min＝f(1)＝－2；
(2)当a>0时，f(x)＝ax2－2x的图象开口向上且对称轴为x＝eq \f(1,a).
①当0f(x)＝ax2－2x的对称轴在(0，1]内，
所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，1))上单调递增．
所以f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝eq \f(1,a)－eq \f(2,a)＝－eq \f(1,a)；
②当eq \f(1,a)>1，即0f(x)＝ax2－2x的对称轴在[0，1]的右侧，
所以f(x)在[0，1]上单调递减．
所以f(x)min＝f(1)＝a－2；
(3)当a<0时，f(x)＝ax2－2x的图象开口向下且对称轴x＝eq \f(1,a)<0，在y轴的左侧，
所以f(x)＝ax2－2x在[0，1]上单调递减，
所以f(x)min＝f(1)＝a－2.
综上所述，f(x)min＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a－2，a<1且a≠0，,－2，a＝0，,－\f(1,a)，a≥1.))
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)为其最值点的横坐标，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进行分类讨论确定各种情况的最值，建立方程求解参数．
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.
[学生用书P265(单独成册)]
[基础题组练]
1．已知函数f(x)＝－x2＋4x＋a，x∈[0，1]，若f(x)有最小值－2，则a的值为( )
A．－1 B．0
C．1 D．－2
解析：选D.函数f(x)＝－x2＋4x＋a的对称轴为直线x＝2，开口向下，f(x)＝－x2＋4x＋a在[0，1]上单调递增，则当x＝0时，f(x)的最小值为f(0)＝a＝－2.
2．一次函数y＝ax＋b与二次函数y＝ax2＋bx＋c在同一直角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，故可排除B.故选C.
3．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＋b＝0
C．a>0，2a＋b＝0 D．a<0，2a＋b＝0
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，所以4a＋b＝0，又f(0)>f(1)，f(4)>f(1)，所以f(x)先减后增，于是a>0，故选A.
4.幂函数y＝xm2－4m(m∈Z)的图象如图所示，则m的值为( )
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选C.因为y＝xm2－4m (m∈Z)的图象与坐标轴没有交点，所以m2－4m<0，即0又因为函数的图象关于y轴对称，且m∈Z，
所以m2－4m为偶数，因此m＝2.
5．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．1
C．2 D．1或2
解析：选B.由于f(x)为幂函数，所以n2＋2n－2＝1，解得n＝1或n＝－3，当n＝1时，函数f(x)＝x－2为偶函数，其图象关于y轴对称，且f(x)在(0，＋∞)上是减函数，所以n＝1满足题意；当n＝－3时，函数f(x)＝x18为偶函数，其图象关于y轴对称，而f(x)在(0，＋∞)上是增函数，所以n＝－3不满足题意，舍去．故选B.
6．已知二次函数的图象与x轴只有一个交点，对称轴为x＝3，与y轴交于点(0，3)，则它的解析式为________．
解析：由题意知，可设二次函数的解析式为y＝a(x－3)2，又图象与y轴交于点(0，3)，
所以3＝9a，即a＝eq \f(1,3).
所以y＝eq \f(1,3)(x－3)2＝eq \f(1,3)x2－2x＋3.
答案：y＝eq \f(1,3)x2－2x＋3
7．若f(x)＝－x2＋2ax与g(x)＝eq \f(a,x＋1)在区间[1，2]上都是减函数，则实数a的取值范围是________．
解析：因为f(x)＝－x2＋2ax在[1，2]上是减函数，所以a≤1，又因为g(x)＝eq \f(a,x＋1)在[1，2]上是减函数，所以a>0，所以0答案：(0，1]
8．已知二次函数f(x)满足f(2＋x)＝f(2－x)，且f(x)在[0，2]上是增函数，若f(a)≥f(0)，则实数a的取值范围是________．
解析：由f(2＋x)＝f(2－x)可知，函数f(x)图象的对称轴为x＝eq \f(2＋x＋2－x,2)＝2，又函数f(x)在[0，2]上单调递增，所以由f(a)≥f(0)可得0≤a≤4.
答案：[0，4]
9．已知函数f(x)＝x2＋(2a－1)x－3.
(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x＝－eq \f(3,2)∈[－2，3]，
所以f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)))＝eq \f(9,4)－eq \f(9,2)－3＝－eq \f(21,4)，
f(x)max＝f(3)＝15，
所以函数f(x)的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(21,4)，15)).
(2)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，
所以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，
所以－2a－1＝1，
即a＝－1满足题意．
综上可知，a＝－eq \f(1,3)或－1.
10．已知二次函数f(x)满足f(x＋1)－f(x)＝2x，且f(0)＝1.
(1)求f(x)的解析式；
(2)当∈[－1，1]时，函数y＝f(x)的图象恒在函数y＝2x＋m的图象的上方，求实数m的取值范围．
解：(1)设f(x)＝ax2＋bx＋1(a≠0)，
由f(x＋1)－f(x)＝2x，得2ax＋a＋b＝2x.
所以，2a＝2且a＋b＝0，解得a＝1，b＝－1，
因此f(x)的解析式为f(x)＝x2－x＋1.
(2)因为当x∈[－1，1]时，y＝f(x)的图象恒在y＝2x＋m的图象上方，
所以在[－1，1]上，x2－x＋1>2x＋m恒成立；
即x2－3x＋1>m在区间[－1，1]上恒成立．
所以令g(x)＝x2－3x＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)))eq \s\up12(2)－eq \f(5,4)，
因为g(x)在[－1，1]上的最小值为g(1)＝－1，
所以m<－1.故实数m的取值范围为(－∞，－1)．
[综合题组练]
1．(2020·湖南4月联考)定义在R上的函数f(x)＝－x3＋m与函数g(x)＝f(x)＋x3＋x2－kx在[－1，1]上具有相同的单调性，则k的取值范围是( )
A．(－∞，－2] B．[2，＋∞)
C．[－2，2] D．(－∞，－2]∪[2，＋∞)
解析：选B.易知定义在R上的函数f(x)＝－x3＋m单调递减，所以函数g(x)＝x2－kx＋m在[－1，1]上单调递减，所以抛物线的对称轴x＝eq \f(k,2)≥1，所以k≥2.故选B.
2．(2020·湖北荆州质量检查(一))若对任意的x∈[a，a＋2]，均有(3x＋a)3≤8x3，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，－2] B．(－∞，－1]
C．(－∞，0] D．[0，＋∞)
解析：选B.因为(3x＋a)3≤8x3，y＝x3在R上递增，所以3x＋a≤2x，可得x≤－a，即x∈(－∞，－a]，因为对任意的x∈[a，a＋2]，均有(3x＋a)3≤8x3成立，所以[a，a＋2]是(－∞，－a]的子集，所以a＋2≤－a，所以a≤－1，即a的取值范围是(－∞，－1]，故选B.
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>4ac；②2a－b＝1；③a－b＋c＝0；④5aA．②④ B．①④
C．②③ D．①③
解析：选B.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5a4．已知y＝f(x)是偶函数，当x>0时，f(x)＝(x－1)2，若当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－2，－\f(1,2)))时，n≤f(x)≤m恒成立，则m－n的最小值为____________．
解析：当x<0时，－x>0，f(x)＝f(－x)＝(x＋1)2，因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－2，－\f(1,2)))，所以f(x)min＝f(－1)＝0，f(x)max＝f(－2)＝1，所以m≥1，n≤0，m－n≥1.所以m－n的最小值是1.
答案：1
5．已知函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a＞0，b∈R，c∈R)．
(1)若函数f(x)的最小值是f(－1)＝0，且c＝1，
F(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（x），x＞0，,－f（x），x＜0，))求F(2)＋F(－2)的值；
(2)若a＝1，c＝0，且|f(x)|≤1在区间(0，1]上恒成立，试求b的取值范围．
解：(1)由已知c＝1，a－b＋c＝0，
且－eq \f(b,2a)＝－1，
解得a＝1，b＝2，
所以f(x)＝(x＋1)2.
所以F(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（x＋1）2，x＞0，,－（x＋1）2，x＜0.))
所以F(2)＋F(－2)＝(2＋1)2＋[－(－2＋1)2]＝8.
(2)由题意知f(x)＝x2＋bx，原命题等价于－1≤x2＋bx≤1在(0，1]上恒成立，
即b≤eq \f(1,x)－x且b≥－eq \f(1,x)－x在(0，1]上恒成立．
又当x∈(0，1]时，eq \f(1,x)－x的最小值为0，－eq \f(1,x)－x的最大值为－2.所以－2≤b≤0.
故b的取值范围是[－2，0]．
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
对称性
函数的图象关于x＝－eq \f(b,2a)对称