新高考数学一轮复习教案第2章第3节 二次函数与幂函数（含解析）

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1.与不等式、方程等问题综合考查幂函数的图象与性质，凸显数学抽象、逻辑推理的核心素养．
2．与一元二次方程、一元二次不等式相结合考查二次函数的图象与性质，凸显逻辑推理、数学运算的核心素养．
[理清主干知识]
1．幂函数的定义
形如y＝xα(α∈R)的函数称为幂函数，其中x是自变量，α为常数．对于幂函数，只讨论α＝1,2,3，eq \f(1,2)，－1时的情形．
2．五种幂函数的图象与性质
3.二次函数解析式的三种形式
4．二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)的图象和性质
[澄清盲点误点]
一、关键点练明
1．(幂函数的概念)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
答案：C
2．(幂函数的图象)
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答案：D
3．(二次函数的图象)已知抛物线y＝8x2－(m＋1)x＋m－7的顶点在x轴上，则m＝________.
答案：15
4．(二次函数的值域)函数f(x)＝2x2－6x＋1在区间[－1,1]上的最小值是________，最大值是________．
答案：－3 9
二、易错点练清
1．(图象特征把握不准)如图，若a<0，b>0，则函数y＝ax2＋bx的大致图象是( )
答案：C
2．(对二次函数的单调性理解不到位)若函数y＝mx2＋x＋2在[3，＋∞)上是减函数，则m的取值范围是________．
答案：eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,6)))
3．(忽视幂函数的定义域)已知幂函数f(x)＝x SKIPIF 1 < 0 ，若f(a＋1)答案：(3,5)
考点一 幂函数的图象与性质
[典例] (1)与函数y＝x SKIPIF 1 < 0 －1的图象关于x轴对称的图象大致是( )
(2)已知a＝3 SKIPIF 1 < 0 ，b＝4 SKIPIF 1 < 0 ，c＝12 SKIPIF 1 < 0 ，则a，b，c的大小关系为( )
A．bC．c[解析] (1)y＝x SKIPIF 1 < 0 的图象位于第一象限且为增函数，所以函数图象是上升的，函数y＝x SKIPIF 1 < 0 －1的图象可看作由y＝x SKIPIF 1 < 0 的图象向下平移一个单位得到的(如选项A中的图象所示)，将y＝x SKIPIF 1 < 0 －1的图象关于x轴对称后即为选项B.
(2)因为a＝81 SKIPIF 1 < 0 ，b＝16 SKIPIF 1 < 0 ，c＝12 SKIPIF 1 < 0 ，由幂函数y＝x SKIPIF 1 < 0 在(0，＋∞)上为增函数，知a>b>c，故选C.
[答案] (1)B (2)C
[方法技巧]
幂函数图象与性质的应用
(1)可以借助幂函数的图象理解函数的对称性、单调性；
(2)在比较幂值的大小时，必须结合幂值的特点，选择适当的函数，借助其单调性进行比较，准确掌握各个幂函数的图象和性质是解题的关键．
[针对训练]
1．(多选)已知函数f(x)＝xα的图象经过点(4,2)，则( )
A．函数f(x)在定义域内为增函数
B．函数f(x)为偶函数
C．当x>1时，f(x)>1
D．当0解析：选ACD 由题意得4α＝2，∴α＝eq \f(1,2)，
∴f(x)＝x SKIPIF 1 < 0 ＝eq \r(x)，∴函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，＋∞))上单调递增，且为非奇非偶函数，故A正确，B错误；
当x>1时，f(x)＝eq \r(x)>1，故C正确；
由函数图象知f(x)＝eq \r(x)为“上凸函数”，故D正确，故选A、C、D.
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．m＝2 B．m＝－1
C．m＝－1或m＝2 D．m≠eq \f(1±\r(5),2)
解析：选A 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\c1(m2－m－1＝1，,－5m－3<0，))解得m＝2.
3．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\c1(－∞，\f(－\r(5)－1,2))) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5)－1,2)，＋∞))
C．(－1,2) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5)－1,2)，2))
解析：选D 因为函数y＝x SKIPIF 1 < 0 的定义域为[0，＋∞)，且在定义域内为增函数，
所以不等式等价于eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2m＋1≥0，,m2＋m－1≥0，,2m＋1>m2＋m－1.))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m≥－\f(1,2)，,m≤\f(－\r(5)－1,2)或m≥\f(\r(5)－1,2)，,－1考点二 求二次函数的解析式
[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．
[解] 法一：利用一般式
设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)．
由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4a＋2b＋c＝－1，,a－b＋c＝－1，,\f(4ac－b2,4a)＝8，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－4，,b＝4，,c＝7.))
∴所求二次函数为f(x)＝－4x2＋4x＋7.
法二：利用顶点式
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).
又根据题意，函数有最大值8，∴n＝8，
∴f(x)＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2＋8.
∵f(2)＝－1，∴aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(1,2)))2＋8＝－1，解得a＝－4，
∴f(x)＝－4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))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)(a≠0)，
即f(x)＝ax2－ax－2a－1(a≠0)．
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)．
∴所求函数的解析式为f(x)＝－4x2＋4x＋7.
[方法技巧] 求二次函数解析式的方法
根据已知条件确定二次函数解析式，一般用待定系数法，选择规律如下：
[针对训练]
1．已知二次函数f(x)的图象的顶点坐标是(－2，－1)，且图象经过点(1,0)，则函数的解析式f(x)＝________________.
解析：法一：设所求解析式为f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)．
依题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(b,2a)＝－2，,4a－2b＋c＝－1，,a＋b＋c＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\f(1,9)，,b＝\f(4,9)，,c＝－\f(5,9)，))
因此所求解析式为f(x)＝eq \f(1,9)x2＋eq \f(4,9)x－eq \f(5,9).
法二：设f(x)＝a(x－m)2＋n(a≠0)．
∵二次函数f(x)图象的顶点坐标是(－2，－1)，
∴f(x)＝a(x＋2)2－1.
∵图象经过点(1,0)，
∴f(1)＝a(1＋2)2－1＝9a－1＝0，∴a＝eq \f(1,9)，
∴f(x)＝eq \f(1,9)(x＋2)2－1＝eq \f(1,9)x2＋eq \f(4,9)x－eq \f(5,9).
答案：eq \f(1,9)x2＋eq \f(4,9)x－eq \f(5,9)
2．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)，求函数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)的图象经过点(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.
考点三 二次函数的图象与性质
考法(一) 二次函数的图象识别
[例1] (多选)设函数f(x)＝x2＋x＋a(a＞0)，若f(m)＜0，则( )
A．f(m＋1)＞0 B．f(m＋1)＜0
C．f(－2－m)＞0 D．f(－2－m)＜0
[解析] 因为f(x)的对称轴为x＝－eq \f(1,2)，f(0)＝a＞0，
所以f(x)的大致图象如图所示．
由f(m)＜0，得－1＜m＜0，
所以m＋1＞0＞－eq \f(1,2)，
所以f(m＋1)＞f(0)＞0，
f(－2－m)＝f(m＋1)＞0，
故选A、C.
[答案] AC
[方法技巧] 识别二次函数图象应学会“三看”
考法(二) 二次函数的最值问题
[例2] (1)若函数f(x)＝ax2＋2ax＋1在[－1,2]上有最大值4，则a的值为________．
(2)设函数f(x)＝x2－2x＋2，x∈[t，t＋1]，t∈R，求函数f(x)的最小值．
[解析] (1)∵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.
答案：eq \f(3,8)或－3
(2)f(x)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1，x∈[t，t＋1]，t∈R，函数图象的对称轴为直线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，所以最小值为f(t)＝t2－2t＋2.
综上可知，f(x)min＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(t2＋1，t<0，,1，0≤t≤1，,t2－2t＋2，t>1.))
[方法技巧]
二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)在[m，n]上的最值情况
考法(三) 二次函数中恒成立问题
[例3] (1)已知关于x的不等式2kx2＋kx－eq \f(3,8)<0恒成立，求实数k的取值范围．
(2)若对∀x∈[－1,0]，不等式－2x2＋4x＋6＋t≤4恒成立，求实数t的取值范围．
[解] (1)∵关于x的不等式2kx2＋kx－eq \f(3,8)<0恒成立，
∴k＝0或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2k<0，,Δ＝k2＋3k<0，))即k＝0或－3∴实数k的取值范围为{k|－3(2)由－2x2＋4x＋6＋t≤4得∀x∈[－1,0]，t≤2x2－4x－2恒成立．当－1≤x≤0时，2x2－4x－2∈[－2,4]，∴t≤－2.
∴实数t的取值范围是(－∞，－2]．
[方法技巧]
二次函数中恒成立问题的解题思路
(1)ax2＋bx＋c>0(a≠0)恒成立的充要条件是eq \b\lc\{\rc\ (\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\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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.
[针对训练]
1．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，图象的对称轴方程为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．已知函数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( )
A．[－3,0) B．(－∞，－3]
C．[－2,0] D．[－3,0]
解析：选D 当a＝0时，f(x)＝－3x＋1在[－1，＋∞)上递减，满足题意．
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\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a<0，,\f(3－a,2a)≤－1，))解得－3≤a<0.
综上，a的取值范围是[－3,0]．
3．已知函数f(x)＝－x2＋2ax＋1－a在x∈[0,1]时，有最大值2，则a的值为________．
解析：函数f(x)＝－x2＋2ax＋1－a＝－(x－a)2＋a2－a＋1，对称轴方程为x＝a.
当a<0时，f(x)max＝f(0)＝1－a，
所以1－a＝2，所以a＝－1.
当0≤a≤1时，f(x)max＝a2－a＋1，
所以a2－a＋1＝2，所以a2－a－1＝0，所以a＝eq \f(1±\r(5),2)(舍去)．
当a>1时，f(x)max＝f(1)＝a，所以a＝2.
综上可知，a＝－1或a＝2.
答案：－1或2
创新命题视角——学通学活巧迁移
二次函数零点分布的类型及解题方法
一、二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)的零点分布及条件
二、一元二次方程的实根分布的解题方法
一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)根的分布问题，常常转化为二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)零点的分布问题．
[典例] 已知f(x)＝x2＋(2t－1)x＋1－2t.
(1)求证：对于任意t∈R，关于x的方程f(x)＝1必有实数根；
(2)若方程f(x)＝0在区间(－1,0)和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))内各有一个实数根，求实数t的范围．
[思路点拨]
(1)关于一元二次方程在R内有无实根的判断，就是将方程f(x)＝1整理成x2＋(2t－1)x－2t＝0，再计算判别式；
(2)方程f(x)＝0在区间(－1,0)和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))内各有一个实数根，则二次函数y＝f(x)的图象与x轴的交点分别落在区间(－1,0)和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))内，结合图象得到区间端点函数值的三个不等式，进而求得t的范围．
[解] (1)证明：方程f(x)＝1⇒x2＋(2t－1)x－2t＝0，
因为Δ＝(2t－1)2＋8t＝4t2＋4t＋1＝(2t＋1)2≥0，
所以方程f(x)＝1必有实数根．
(2)因为方程f(x)＝0在区间(－1,0)和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))内各有一个实数根，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f－1>0，,f0<0，,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))>0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－2t－1＋1－2t>0，,1－2t<0，,\f(1,4)＋\f(1,2)2t－1＋1－2t>0，))
解得eq \f(1,2)所以实数t的范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,4))).
[应用体验]
1．(2021·湖北黄石港期中)已知一元二次方程x2＋mx＋3＝0(m∈Z)有两个实数根x1，x2，且0A．－4 B．－5
C．－6 D．－7
解析：选A 令f(x)＝x2＋mx＋3，∵一元二次方程x2＋mx＋3＝0(m∈Z)有两个实数根x1，x2，且0∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f2＝2m＋7<0，,f0＝3>0，,f4＝4m＋19>0，))解得－eq \f(19,4)结合m∈Z，可得m＝－4.故选A.
2．已知定义在R上的函数f(x)满足：f(x＋4)＝f(x)，f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2＋1，－1≤x≤1，,－|x－2|＋1，1A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,3))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)，\f(1,4)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)，8－2\r(15))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(16－6\r(7)，\f(1,6)))
解析：选C 由f(x＋4)＝f(x)，得函数f(x)是以4为周期的周期函数，作出函数y＝f(x)与函数y＝ax的图象如图．
由图象可得，f(x)＝ax在(3,5)内有两个实数根，
当x∈(3,5)时，f(x)＝－(x－4)2＋1，
即x2＋(a－8)x＋15＝0在(3,5)上有2个实数根，
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ＝a－82－60>0，,32＋3a－8＋15>0，,52＋5a－8＋15>0，,3<\f(8－a,2)<5，))解得0再由方程f(x)＝ax在(5,6)内无解，可得6a>1，a>eq \f(1,6).
综上可得，正数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)，8－2\r(15))).
3．已知对于任意的x∈(－∞，1)∪(5，＋∞)，都有x2－2(a－2)x＋a>0，则实数a的取值范围是________．
解析：由题意可知，Δ＝4(a－2)2－4a＝4a2－20a＋16＝4(a－1)(a－4)．
当Δ<0，即10在R上恒成立，符合题意；当Δ＝0，即a＝1或a＝4时，x2－2(a－2)x＋a>0的解为x≠a－2，显然当a＝1时，不符合题意，当a＝4时，符合题意；当Δ>0，即a<1或a>4时，∵x2－2(a－2)x＋a>0对于x∈(－∞，1)∪(5，＋∞)恒成立，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－2a－2＋a≥0，,25－10a－2＋a≥0，,1解得3又a<1或a>4，∴4综上，实数a的取值范围是(1,5]．
答案：(1,5]
eq \a\vs4\al([课时跟踪检测])
一、基础练——练手感熟练度
1．已知幂函数f(x)＝(m2－3m＋3)xm＋1为偶函数，则m＝( )
A．1 B．2
C．1或2 D．3
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)＝x3为奇函数，不满足条件．故选A.
2．已知幂函数f(x)的图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(1,4)))，则函数g(x)＝f(x)＋eq \f(x2,4)的最小值为( )
A．1 B．2
C．4 D．6
解析：选A 设幂函数f(x)＝xα.
∵f(x)的图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(1,4)))，∴2α＝eq \f(1,4)，解得α＝－2.
∴函数f(x)＝x－2，其中x≠0.
∴函数g(x)＝f(x)＋eq \f(x2,4)＝eq \f(1,x2)＋eq \f(x2,4)≥2 eq \r(\f(1,x2)·\f(x2,4))＝1，
当且仅当x＝±eq \r(2)时，g(x)取得最小值1.
3．(多选)已知函数f(x)＝x2－2x＋2，关于f(x)的最大(小)值有如下结论，其中正确的是( )
A．f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，0))上的最小值为1
B．f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，2))上既有最小值，又有最大值
C．f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2，3))上有最小值2，最大值5
D．当01时，f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，a))上的最小值为1
解析：选BCD 函数f(x)＝x2－2x＋2的图象开口向上，对称轴为直线x＝1.在选项A中，因为f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，0))上单调递减，所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，0))上的最小值为f(0)＝2，A错误；在选项B中，因为f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，1))上单调递减，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，2))上单调递增，所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，2))上的最小值为f(1)＝1，又因为f(－1)＝5，f(2)＝2，f(－1)>f(2)，所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，2))上的最大值为f(－1)＝5，B正确；在选项C中，因为f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2，3))上单调递增，所以f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2，3))上的最小值为f(2)＝2，最大值为f(3)＝5，C正确；在选项D中，当01时，f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，1))上单调递减，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，a))上单调递增，所以f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，a))上的最小值为f(1)＝1，D正确，故选B、C、D.
4．设a，b满足0A．aaC．aa解析：选C D中，幂函数y＝xb(0ab，D错误；A中，指数函数y＝ax(0ab，A错误；B中，指数函数y＝bx(0bb，B错误．故选C.
5．一次函数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，由直线可知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.
6．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，＋∞)，∴Δ＝[－2(m＋3)]2－4×3×(m＋3)＝0，解得m＝－3或m＝0，∴实数m的取值范围为{0，－3}．故选A.
7．已知二次函数f(x)满足f(x)＝f(－4－x)，f(0)＝3，若x1，x2是f(x)的两个零点，且|x1－x2|＝2.
(1)求f(x)的解析式；
(2)若x>0，求g(x)＝eq \f(x,fx)的最大值．
解：(1)∵二次函数满足f(x)＝f(－4－x)，
∴f(x)的图象的对称轴为直线x＝－2，
∵x1，x2是f(x)的两个零点，且|x1－x2|＝2，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＝－3，,x2＝－1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＝－1，,x2＝－3.))
设f(x)＝a(x＋3)(x＋1)(a≠0)．
由f(0)＝3a＝3得a＝1，∴f(x)＝x2＋4x＋3.
(2)由(1)得g(x)＝eq \f(x,fx)＝eq \f(x,x2＋4x＋3)＝eq \f(1,x＋\f(3,x)＋4)(x>0)，
∵x>0，∴eq \f(1,x＋\f(3,x)＋4)≤eq \f(1,4＋2\r(3))＝1－eq \f(\r(3),2)，当且仅当x＝eq \f(3,x)，即x＝eq \r(3)时等号成立．
∴g(x)的最大值是1－eq \f(\r(3),2).
二、综合练——练思维敏锐度
1．幂函数y＝x|m－1|与y＝x3m－m2 (m∈Z)在(0，＋∞)上都是增函数，则满足条件的整数m的值为( )
A．0 B．1和2
C．2 D．0和3
解析：选C 由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(|m－1|>0，,3m－m2>0，,m∈Z，))解得m＝2，故选C.
2．若存在非零的实数a，使得f(x)＝f(a－x)对定义域上任意的x恒成立，则函数f(x)可能是( )
A．f(x)＝x2－2x＋1 B．f(x)＝x2－1
C．f(x)＝2x D．f(x)＝2x＋1
解析：选A 由存在非零的实数a，使得f(x)＝f(a－x)对定义域上任意的x恒成立，可得函数图象的对称轴为x＝eq \f(a,2)≠0，只有f(x)＝x2－2x＋1满足题意，故选A.
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，∴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.
4．已知二次函数y＝ax2＋bx＋1的图象的对称轴方程是x＝1，并且过点P(－1,7)，则a，b的值分别是( )
A．2,4 B．－2,4
C．2，－4 D．－2，－4
解析：选C ∵y＝ax2＋bx＋1的图象的对称轴方程是x＝1，∴－eq \f(b,2a)＝1.①
又图象过点P(－1,7)，
∴a－b＋1＝7，即a－b＝6，②
联立①②解得a＝2，b＝－4，故选C.
5．(多选)已知函数f(x)＝－x2＋ax－eq \f(a,4)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，1))上的最大值是eq \f(3,2)，则实数a的值为( )
A．3 B．－6
C．－2 D.eq \f(10,3)
解析：选BD 函数f(x)＝－x2＋ax－eq \f(a,4)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,2)))2＋eq \f(1,4)(a2－a)的图象开口向下，对称轴方程为x＝eq \f(a,2)，
①当0≤eq \f(a,2)≤1，即0≤a≤2时，
f(x)max＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))＝eq \f(1,4)(a2－a)，
则eq \f(1,4)(a2－a)＝eq \f(3,2)，解得a＝－2或a＝3，
与0≤a≤2矛盾，不符合题意，舍去；
②当eq \f(a,2)<0，即a<0时，f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，1))上单调递减，f(x)max＝f(0)＝－eq \f(a,4)，即－eq \f(a,4)＝eq \f(3,2)，解得a＝－6，符合题意，B正确；
③当eq \f(a,2)>1，即a>2时，f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，1))上单调递增，
f(x)max＝f(1)＝eq \f(3,4)a－1，即eq \f(3,4)a－1＝eq \f(3,2)，
解得a＝eq \f(10,3)，符合题意，D正确，故选B、D.
6.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．n<－1<0C．－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，∴07．若(a＋1) SKIPIF 1 < 0 eq \f(1,2)<(3－2a) SKIPIF 1 < 0 ，则实数a的取值范围是________．
解析：易知函数y＝x SKIPIF 1 < 0 的定义域为[0，＋∞)，在定义域内为增函数，所以eq \b\lc\{\rc\ (\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)))
8．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，＋∞)
9．已知二次函数y＝f(x)的顶点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\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)))2＋49(a≠0)，
方程f(x)＝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＋40
10．若关于x的不等式x2－4x－2－a>0在区间(1,4)内有解，则实数a的取值范围是________．
解析：不等式x2－4x－2－a>0在区间(1,4)内有解等价于a<(x2－4x－2)max，x∈(1,4)．
令f(x)＝x2－4x－2，x∈(1,4)，
所以f(x)答案：(－∞，－2)
11．已知函数f(x)＝x2＋ax＋3－a，若x∈[－2,2]，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．
解：f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(a,2)))2－eq \f(a2,4)－a＋3，令f(x)在[－2,2]上的最小值为g(a)．
(1)当－eq \f(a,2)<－2，即a>4时，g(a)＝f(－2)＝7－3a≥0，
∴a≤eq \f(7,3).又a>4，∴a不存在．
(2)当－2≤－eq \f(a,2)≤2，即－4≤a≤4时，
g(a)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))＝－eq \f(a2,4)－a＋3≥0，
∴－6≤a≤2.又－4≤a≤4，∴－4≤a≤2.
(3)当－eq \f(a,2)>2，即a<－4时，g(a)＝f(2)＝7＋a≥0，∴a≥－7.
又a<－4，∴－7≤a<－4.
综上可知，a的取值范围为[－7,2]．
12．已知a∈R，函数f(x)＝x2－2ax＋5.
(1)若a＞1，且函数f(x)的定义域和值域均为[1，a]，求实数a的值；
(2)若不等式x|f(x)－x2|≤1对x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(1,2)))恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)因为f(x)＝x2－2ax＋5的图象的对称轴为x＝a(a＞1)，
所以f(x)在[1，a]上为减函数，
所以f(x)的值域为[f(a)，f(1)]．
又已知值域为[1，a]，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(fa＝a2－2a2＋5＝1，,f1＝1－2a＋5＝a，))
解得a＝2.
(2)由x|f(x)－x2|≤1，得－eq \f(1,2x2)＋eq \f(5,2x)≤a≤eq \f(1,2x2)＋eq \f(5,2x).(*)
令eq \f(1,x)＝t，t∈[2,3]，
则(*)可化为－eq \f(1,2)t2＋eq \f(5,2)t≤a≤eq \f(1,2)t2＋eq \f(5,2)t.
记g(t)＝－eq \f(1,2)t2＋eq \f(5,2)t＝－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(5,2)))2＋eq \f(25,8)，
则g(t)max＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)))＝eq \f(25,8)，所以a≥eq \f(25,8)；
记h(t)＝eq \f(1,2)t2＋eq \f(5,2)t＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(5,2)))2－eq \f(25,8)，
则h(t)min＝h(2)＝7，所以a≤7，
综上所述，eq \f(25,8)≤a≤7.
所以实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(25,8)，7)).
三、自选练——练高考区分度
1．已知函数f(x)＝－10sin2x－10sin x－eq \f(1,2)，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，m))的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，2))，则实数m的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，0)) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，0))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,6))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,3)))
解析：选B 由题意得f(x)＝－10eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin2x＋sin x＋\f(1,4)))＋2，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，m))，令t＝sin x，则f(x)＝g(t)＝－10(t＋eq \f(1,2))2＋2，令g(t)＝－eq \f(1,2)，得t＝－1或t＝0，由g(t)的图象，可知当－eq \f(1,2)≤t≤0时，f(x)的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，2))，所以－eq \f(π,6)≤m≤0.故选B.
2．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\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) SKIPIF 1 < 0 ))，b＝f(ln π)，c＝f(2－eq \f(1,2))，则a，b，c的大小关系为( )
A．aC．b解析：选A 因为f(x)＝(m－1)xn是幂函数，所以m－1＝1，m＝2，所以f(x)＝xn.因为点(2,8)在函数f(x)＝xn的图象上，所以8＝2n⇒n＝3.故f(x)＝x3.a＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) SKIPIF 1 < 0 ))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) SKIPIF 1 < 0 ＝eq \f(1,3\r(3))<1，b＝f(ln π)＝(ln π)3>1，c＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2 SKIPIF 1 < 0 ))＝2 SKIPIF 1 < 0 ＝eq \f(1,2\r(2))>a.故a，b，c的大小关系是a3．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的取值范围是( )
A．[－eq \r(2)， eq \r(2)] B．[1, eq \r(2)]
C．[2,3] D．[1,2]
解析：选B 由于f(x)＝x2－2tx＋1的图象的对称轴为x＝t，又y＝f(x)在(－∞，1]上是减函数，所以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，所以1≤t≤eq \r(2).函数
y＝x
y＝x2
y＝x3
y＝xeq \f(1,2)
y＝x－1
定义域
R
R
R
{x|x≥0}
{x|x≠0}
值域
R
{y|y≥0}
R
{y|y≥0}
{y|y≠0}
奇偶性
奇函数
偶函数
奇函数
非奇非偶函数
奇函数
单调性
在R上
单调递增
在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增
在R上
单调递增
在(0，＋∞)上单调递增
在(－∞，0)和(0，＋∞)上单调递减
图象
过定点
(0,0)，(1,1)
(1,1)
一般式
f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，图象的对称轴是x＝－eq \f(b,2a)，顶点坐标是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,2a)，\f(4ac－b2,4a)))
顶点式
f(x)＝a(x－m)2＋n(a≠0)，图象的对称轴是x＝m，顶点坐标是(m，n)
零点式
f(x)＝a(x－x1)(x－x2)(a≠0)，其中x1，x2是方程ax2＋bx＋c＝0的两根，图象的对称轴是x＝eq \f(x1＋x2,2)
a>0
a<0
图象
定义域
R
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)))
奇偶性
b＝0时为偶函数，b≠0时既不是奇函数也不是偶函数
单调性
在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(b,2a)))上单调递减，在[－ eq \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 \f(b,2a)，＋∞）上单调递减
最值
当x＝－eq \f(b,2a)时，
ymin＝eq \f(4ac－b2,4a)
当x＝－eq \f(b,2a)时，
ymax＝eq \f(4ac－b2,4a)
mm<－eq \f(b,2a)即－eq \f(b,2a)∈(m，n)
－eq \f(b,2a)图象
最大
值、最小值
f(x)max＝f(m)，
f(x)min＝f(n)
f(x)max＝
max{f(n)，f(m)}，
f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,2a)))
f(x)max＝f(n)，
f(x)min＝f(m)
零点的分布
(m，n，p为常数)
图象
满足条件
x1eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ>0，,－\f(b,2a)0))
meq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ>0，,－\f(b,2a)>m，,fm>0))
x1f(m)<0
meq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ>0，,m<－\f(b,2a)0，,fn>0))
meq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(fm>0，,fn<0，,fp>0))
只有一个零点
在(m，n)之间
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ＝0，,m<－\f(b,2a)或f(m)·f(n)<0
或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(fm＝0，,m<－\f(b,2a)<\f(m＋n,2)))
或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(fn＝0，,\f(m＋n,2)<－\f(b,2a)