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2021届浙江省高考数学一轮学案：第三章第2节 二次函数
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第2节 二次函数
考试要求 1.理解二次函数的图象和性质，能用二次函数、方程、不等式之间的关系解决简单问题；2.能解决一元二次方程根的分布问题；3.能解决二次函数的最值问题.
知 识 梳 理
1.二次函数表达式的三种形式
(1)一般式：y＝ax2＋bx＋c(a≠0).
(2)顶点式：y＝a(x＋h)2＋k(其中a≠0，顶点坐标为
(－h，k)).
(3)零点式：y＝a(x－x1)(x－x2)(其中a≠0，x1，x2是二次函数的图象与x轴的两个交点的横坐标).
2.二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象和性质
a>0
a<0
图象
定义域
R
值域
单调性
在上递减，
在上递增
在上递增，
在上递减
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
图象特点
①对称轴：x＝－；②顶点：
3.二次函数的最值问题
二次函数的最值问题主要有三种类型：“轴定区间定”“轴动区间定”“轴定区间动”.解决的关键是弄清楚对称轴与区间的关系，要结合函数图象，依据对称轴与区间的关系进行分类讨论.设f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)，则二次函数f(x)在闭区间[m，n]上的最大值、最小值有如下的分布情况：
对称轴与区间的关系
m
m<－
－
图象
最值
f(x)max＝f(m)，
f(x)min＝f(n)
f(x)max＝
max{f(n)，f(m)}，
f(x)min＝f
f(x)max＝f(n)
f(x)min＝f(m)
4.一元二次方程根的分布
设方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)的不等两根为x1，x2且x1
分布情况
两根都小于k即x1
一个根小于k，一个大于k，即x1
(a>0)
综合结论(不讨论a)
a·f（k）<0
表二：（根在区间上的分布）
分布情况
两根都在（m，n）内
两根都在区间（m，n）外（x1n）
一根在（m，n）内，另一根在（p，q）内，m
（a>0）
综合结论（不讨论a）
若两根有且仅有一根在（m，n）内，则需分三种情况讨论：
①当Δ＝0时，由Δ＝0可以求出参数的值，然后再将参数的值代入方程，求出相应的根，检验根是否在给定的区间内，如若不在，舍去；
②当f（m）＝0或f（n）＝0，方程有一根为m或n，可以求出另外一根，从而检验另一根是否在区间（m，n）内；
③当f（m）·f（n）<0时，则两根有且仅有一根在（m，n）内.
[常用结论与易错提醒]
不等式ax2＋bx＋c>0（<0）恒成立的条件
（1）不等式ax2＋bx＋c>0对任意实数x恒成立⇔或
（2）不等式ax2＋bx＋c<0对任意实数x恒成立⇔或
诊 断 自 测
1.判断下列说法的正误.
（1）如果二次函数f（x）的图象开口向上且关于直线x＝1对称，且过点（0，0），则此二次函数的解析式为f（x）＝（x－1）2－1.（ ）
（2）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.（ ）
（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.（ ）
答案 （1）√ （2）√ （3）× （4）×
2.已知f（x）＝x2＋px＋q满足f（1）＝f（2）＝0，则f（－1）的值是（ ）
A.5 B.－5
C.6 D.－6
解析 由f（1）＝f（2）＝0知方程x2＋px＋q＝0的两根分别为1，2，则p＝－3，q＝2，∴f（x）＝x2－3x＋2，∴f（－1）＝6.
答案 C
3.若方程x2＋（m＋2）x＋m＋5＝0只有负根，则m的取值范围是（ ）
A.[4，＋∞） B.（－5，－4]
C.[－5，－4] D.（－5，－2）
解析 由题意得解得m≥4.
答案 A
4.已知函数y＝x2－2x＋3在闭区间[0，m]上有最大值3，最小值2，则m的取值范围为（ ）
A.[0，1] B.[1，2]
C.（1，2] D.（1，2）
解析 画出函数y＝x2－2x＋3的图象（如图），由题意知1≤m≤2.
答案 B
5.已知方程x2＋（m－2）x＋2m－1＝0的较小的实根在0和1之间，则实数m的取值范围是 Ｗ.
解析 令f（x）＝x2＋（m－2）x＋2m－1.
由题意得 即
解得
6.若函数f（x）＝x2＋2（a－1）x＋2在区间（－∞，3]上是减函数，则实数a的取值范围是 ，且函数f（x）恒过点 Ｗ.
解析 二次函数f（x）图象的对称轴是x＝1－a，由题意知1－a≥3，∴a≤－2.
由函数的解析式易得函数f（x）恒过定点（0，2）.
答案 （－∞，－2] （0，2）
考点一 二次函数的解析式
【例1】 求下列函数的解析式：
（1）（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；
（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）.
解 （1）法一（利用一般式解题）
设f（x）＝ax2＋bx＋c（a≠0）.
由题意得解得
∴所求二次函数为f（x）＝－4x2＋4x＋7.
法二（利用顶点式解题）
设f（x）＝a（x－m）2＋n（a≠0）.∵f（2）＝f（－1），
∴二次函数图象的对称轴为x＝＝，∴m＝.
又根据题意函数有最大值8，∴n＝8.
∴y＝f（x）＝a＋8.
∵f（2）＝－1，∴a＋8＝－1，解得a＝－4，
∴f（x）＝－4＋8＝－4x2＋4x＋7.
法三（利用零点式解题）
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.
又函数的最大值是8，即＝8，
解得a＝－4，
∴所求函数的解析式为f（x）＝－4x2＋4x＋7.
（2）∵f（2－x）＝f（2＋x）对x∈R恒成立，
∴f（x）的对称轴为x＝2.
又∵f（x）的图象在x轴上截得的线段长为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＝1.
∴所求f（x）的解析式为f（x）＝（x－1）（x－3），
即f（x）＝x2－4x＋3.
规律方法 用待定系数法求二次函数的解析式，关键是灵活选取二次函数解析式的形式，选法如下：
【训练1】 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）＝ Ｗ.
解析 由f（x）是偶函数知f（x）的图象关于y轴对称，
∴b＝－2，∴f（x）＝－2x2＋2a2，
又f（x）的值域为（－∞，4]，
∴2a2＝4，故f（x）＝－2x2＋4.
答案 －2x2＋4
考点二 二次函数的图象与性质
【例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；
（3）当a＝－1时，求f（|x|）的单调区间.
解 （1）当a＝－2时，f（x）＝x2－4x＋3＝（x－2）2－1，由于x∈[－4，6]，
∴f（x）在[－4，2]上单调递减，在[2，6]上单调递增，
∴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，＋∞）.
（3）由－4≤|x|≤6，得－6≤x≤6，当a＝－1时，f（|x|）＝x2－2|x|＋3
＝
其图象如图所示，
∴f（|x|）在[－6，6]上的单增区间为[－1，0]和[1，6]，单减区间为[－6，－1）和（0，1）.
规律方法 解决二次函数图象与性质问题时要注意：
（1）抛物线的开口、对称轴位置、定义区间三者相互制约，常见的题型中这三者有两定一不定，要注意分类讨论；
（2）要注意数形结合思想的应用.
【训练2】 （1）设abc>0，二次函数f（x）＝ax2＋bx＋c的图象可能是（ ）
（2）若函数f（x）＝ax2＋2x＋3在区间[－4，6]上是单调递增函数，则实数a的取值范围是 Ｗ.
解析 （1）由A，C，D知，f（0）＝c<0，
从而由abc>0，所以ab<0，所以对称轴x＝－>0，知A，C错误，D满足要求；由B知f（0）＝c>0，
所以ab>0，所以对称轴x＝－<0，B错误.
（2）由题意可知f′（x）＝2ax＋2≥0在[－4，6]上恒成立，
所以
所以－≤a≤.
答案 （1）D （2）
考点三 二次函数的最值
【例3－1】 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＝；
（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的值为或－3.
【例3－2】 将例3－1改为：求函数f（x）＝x2＋2ax＋1在区间[－1，2]上的最大值.
解 f（x）＝（x＋a）2＋1－a2，
∴f（x）的图象是开口向上的抛物线，对称轴为x＝－a，
（1）当－a<，即a>－时，f（x）max＝f（2）＝4a＋5；
（2）当－a≥，即a≤－时，f（x）max＝f（－1）＝2－2a.
综上，f（x）max＝
规律方法 研究二次函数的性质，可以结合图象进行；对于含参数的二次函数问题，要明确参数对图象的影响，进行分类讨论.
【训练3】 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，
所以最小值为f（t）＝t2－2t＋2.
综上可知，f（x）min＝
考点四 一元二次方程根的分布 多维探究
角度1 两根在同一区间
【例4－1】 若二次函数y＝－x2＋mx－1的图象与两端点为A（0，3），B（3，0）的线段AB有两个不同的交点，求实数m的取值范围.
解 线段AB的方程为＋＝1（x∈[0，3]），
即y＝3－x（x∈[0，3]），
由题意得方程组：
消去y得x2－（m＋1）x＋4＝0，①
由题意可得，方程①在x∈[0，3]内有两个不同的实根，令f（x）＝x2－（m＋1）x＋4，
则解得
所以3
【例4－2】 求实数m的取值范围，使关于x的方程x2＋2（m－1）x＋2m＋6＝0.
（1）一根大于1，另一根小于1；
（2）两根α，β满足0<α<1<β<4；
（3）至少有一个正根.
解 令f（x）＝x2＋2（m－1）x＋2m＋6，
（1）由题意得f（1）＝4m＋5<0，解得m<－.
即实数m的取值范围是.
（2）解得
所以－
解得－3
当方程有一个根为零时，f（0）＝2m＋6＝0，解得m＝－3，
此时f（x）＝x2－8x，另一根为8，满足题意.
综上可得，实数m的取值范围是（－∞，－1）.
角度3 在区间（m，n）内有且只有一个实根
【例4－3】 已知函数f（x）＝mx2－2x＋1有且仅有一个正实数的零点，求实数m的取值范围.
解 依题意，得
（1）
（2）
（3）
解得m＝1，经验证，满足题意.
又当m＝0时，f（x）＝－2x＋1，它显然有一个为正实数的零点.
综上所述，m的取值范围是（－∞，0]∪{1}.
规律方法 利用二次函数图象解决方程根的分布的一般步骤：
（1）设出对应的二次函数；
（2）利用二次函数的图象和性质列出等价不等式（组）；
（3）解不等式（组）求得参数的范围.
【训练4】 （1）已知二次函数y＝（m＋2）x2－（2m＋4）x＋（3m＋3）与x轴有两个交点，一个大于1，一个小于1，求实数m的取值范围.
（2）若关于x的方程x2＋2（m－1）x＋2m＋6＝0有且只有一根在区间（0，3）内，求实数m的取值范围.
解 （1）令f（x）＝（m＋2）x2－（2m＋4）x＋（3m＋3）.
由题意可知（m＋2）·f（1）<0，
即（m＋2）（2m＋1）<0，所以－2
（2）令f（x）＝x2＋2（m－1）x＋2m＋6，
①
解得所以m＝－1.
②f（0）·f（3）＝（2m＋6）（8m＋9）<0，
解得－3
④f（3）＝8m＋9＝0，即m＝－时，f（x）＝x2－x＋，另一根为∈（0，3），满足条件.
综上可得，－3
基础巩固题组
一、选择题
1.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 因为f（0）＝f（4）>f（1），所以函数图象应开口向上，即a>0，且其对称轴为x＝2，即－＝2，所以4a＋b＝0.
答案 A
2.设二次函数f（x）＝ax2－2ax＋c在区间[0，1]上单调递减，且f（m）≤f（0），则实数m的取值范围是（ ）
A.（－∞，0] B.[2，＋∞）
C.（－∞，0]∪[2，＋∞） D.[0，2]
解析 f（x）的对称轴为x＝1，由f（x）在[0，1]上递减知a>0，且f（x）在[1，2]上递增，f（0）＝f（2），∵f（m）≤f（0），结合对称性，∴0≤m≤2.
答案 D
3.若函数f（x）＝x2－ax－a在区间[0，2]上的最大值为1，则实数a＝（ ）
A.－1 B.1
C.2 D.－2
解析 ∵函数f（x）＝x2－ax－a的图象为开口向上的抛物线，
∴函数的最大值在区间的端点取得.
∵f（0）＝－a，f（2）＝4－3a，
∴或解得a＝1.
答案 B
4.（2019·浙江新高考仿真卷四）设函数f（x）＝sin2x＋acos x＋b在上的最大值是M，最小值是m，则M－m（ ）
A.与a有关，且与b有关
B.与a有关，且与b无关
C.与a无关，且与b无关
D.与a无关，且与b有关
解析 令t＝cos x，则g（t）＝－t2＋at＋b＋1（0≤t≤1），由题意，①当＜0，即a＜0时，g（0）为最大值，g（1）为最小值，此时M－m＝1－a；②当＞1，即a＞2时，g（0）为最小值，g（1）为最大值，此时M－m＝a－1；③当≤≤1，即1≤a≤2时，M取g，m取g（0），此时M－m＝；④当0≤＜，即0≤a＜1时，M取g，m取g（1），此时M－m＝＋1－a.综上所述，M－m与a有关，但与b无关，故选B.
答案 B
5.（2019·北京通州区三模）设函数f（x）＝则下列结论中正确的是（ ）
A.对任意实数a，函数f（x）的最小值为a－
B.对任意实数a，函数f（x）的最小值都不是a－
C.当且仅当a≤时，函数f（x）的最小值为a－
D.当且仅当a≤时，函数f（x）的最小值为a－
解析 因为f（x）＝
当x≤a时，f（x）＝ex单调递增，此时0＜f（x）≤ea；
当x＞a时，f（x）＝x2－x＋a＝＋a－；
（1）若a＞，则f（x）＝＋a－＞0，此时f（x）＝值域为（0，＋∞），无最小值；
（2）若a≤，则f（x）min＝a－＜0，此时f（x）＝的值域为；
此时最小值为a－.
答案 D
6.若函数f（x）＝x2＋kx＋m在[a，b]上的值域为[n，n＋1]，则b－a（ ）
A.既有最大值，也有最小值
B.有最大值但无最小值
C.无最大值但有最小值
D.既无最大值，也无最小值
解析 取k＝m＝0，f（x）＝x2，由图象可知，当a→＋∞时，b－a越来越小，显然b－a不存在最小值.∵f（a）＝a2＋ka＋m，f（b）＝b2＋kb＋m，f＝＋k＋m，∴＝f（a）＋f（b）－2f≤n＋1＋n＋1－2n＝2，∴b－a≤2，当b＝，a＝－时，b－a取得最大值为2，故选B.
答案 B
7.（2016·浙江卷）已知函数f（x）＝x2＋bx，则“b<0”是“f（f（x））的最小值与f（x）的最小值相等”的（ ）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
解析 ∵f（x）＝x2＋bx＝－，当x＝－时，f（x）min＝－.
又f（f（x））＝（f（x））2＋bf（x）＝－，当f（x）＝－时，f（f（x））min＝－，当－≥－时，f（f（x））可以取到最小值－，即b2－2b≥0，解得b≤0或b≥2，故“b<0”是“f（f（x））的最小值与f（x）的最小值相等”的充分不必要条件.
答案 A
8.设函数f（x）＝x2＋ax＋b（a，b∈R），记M为函数y＝|f（x）|在[－1，1]上的最大值，N为|a|＋|b|的最大值（ ）
A.若M＝，则N＝3 B.若M＝，则N＝3
C.若M＝2，则N＝3 D.若M＝3，则N＝3
解析 由题意得|f（1）|＝|1＋a＋b|≤M⇒|a＋b|≤M＋1，|f（－1）|＝|1－a＋b|≤M⇒|a－b|≤M＋1.|a|＋|b|＝则易知N≤M＋1，则A，B不符合题意；当a＝2，b＝－1时，M＝2，N＝3，则C符合题意；当a＝2，b＝－2时，M＝3，N＝4，则D不符合题意，故选C.
答案 C
9.（2019·北京东城区二模）在交通工程学中常作如下定义：交通流量Q（辆/小时）为单位时间内通过道路上某一横断面的车辆数；车流速度V（千米/小时）为单位时间内车流平均行驶过的距离；车流密度K（辆/千米）为单位长度道路上某一瞬间所存在的车辆数.一般的V和K满足一个线性关系，即V＝v0（其中v0，k0是正数），则以下说法正确的是（ ）
A.随着车流密度增大，车流速度增大
B.随着车流密度增大，交通流量增大
C.随着车流密度增大，交通流量先减小，后增大
D.随着车流密度增大，交通流量先增大，后减小
解析 由V＝v0，得K＝k0－V，
由单位关系得Q＝VK＝V＝－V2＋k0V，
可以是看成是Q与V的二次函数，开口向下，
图象先增大，再减小，
所以随着车流速度V的增大，交通流量Q先增大、后减小.
答案 D
二、填空题
10.已知b，c∈R，函数y＝x2＋2bx＋c在区间（1，5）上有两个不同的零点，则f（1）＋f（5）的取值范围是 Ｗ.
解析 设f（x）的两个零点为x1，x2，不妨设1f（x1）＝0，f（5）>f（x2）＝0，所以f（1）＋f（5）>0.
另一方面f（x）＝（x－x1）·（x－x2），所以f（1）＋f（5）＝（1－x1）·（1－x2）＋（5－x1）（5－x2）＝2x1x2－6（x1＋x2）＋26<2x1x2－12＋26＝2（－3）2＋8<2（－3）2＋8＝16，所以f（1）＋f（5）的取值范围是（0，16）.
答案 （0，16）
11.已知f（x）＝若存在实数t，使函数y＝f（x）－a有两个零点，则t的取值范围是 Ｗ.
解析 由题意知函数f（x）在定义域上不单调，如图，当t＝0或t≥1时，f（x）在R上均单调递增，当t<0时，在（－∞，t）上f（x）单调递增，且f（x）<0，在（t，0）上f（x）单调递减，且f（x）>0，在（0，＋∞）上f（x）单调递增，且f（x）>0.故要使得函数y＝f（x）－a有两个零点，则t的取值范围为（－∞，0）∪（0，1）.
答案 （－∞，0）∪（0，1）
12.已知a，b都是正数，a2b＋ab2＋ab＋a＋b＝3，则2ab＋a＋b的最小值等于 Ｗ.
解析 设2ab＋a＋b＝t，则t>0，且3＝ab（a＋b）＋ab＋a＋b＝ab（t－2ab）＋t－ab，故关于ab的二次方程2（ab）2＋（1－t）ab＋3－t＝0的解为正数，
所以解得4－3≤t<3，即2ab＋a＋b的最小值等于4－3.
答案 4－3
13.已知f（x＋1）＝x2－5x＋4.
（1）f（x）的解析式为 ；
（2）当x∈[0，5]时，f（x）的最大值和最小值分别是 Ｗ.
解析 （1）f（x＋1）＝x2－5x＋4，令x＋1＝t，则x＝t－1，
∴f（t）＝（t－1）2－5（t－1）＋4＝t2－7t＋10，
∴f（x）＝x2－7x＋10.
（2）∵f（x）＝x2－7x＋10，其图象开口向上，对称轴为x＝，∈[0，5]，
∴f（x）min＝f＝－，
又f（0）＝10，f（5）＝0.
∴f（x）的最大值为10，最小值为－.
答案 （1）x2－7x＋10 （2）10，－
14.（2018·浙江卷）已知λ∈R，函数f（x）＝当λ＝2时，不等式f（x）<0的解集是 Ｗ.若函数f（x）恰有2个零点，则λ的取值范围是 Ｗ.
解析 若λ＝2，则当x≥2时，令x－4<0，得2≤x<4；当x<2时，令x2－4x＋3<0，得14.
答案 （1，4） （1，3]∪（4，＋∞）
能力提升题组
15.函数f（x）＝ax2＋bx＋c（a≠0）的图象关于直线x＝－对称.据此可推测，对任意的非零实数a，b，c，m，n，p，关于x的方程m[f（x）]2＋nf（x）＋p＝0的解集不可能是（ ）
A.{1，2} B.{1，4}
C.{1，2，3，4} D.{1，4，16，64}
解析 f（x）＝ax2＋bx＋c（a≠0）的对称轴为x＝－.
设方程m[f（x）]2＋nf（x）＋p＝0的解为f1（x），f2（x），
则必有f1（x）＝y1＝ax2＋bx＋c，f2（x）＝y2＝ax2＋bx＋c，
那么从图象上看y＝y1，y＝y2是平行x轴的两条直线，它们与f（x）有交点，
由对称性，方程y1＝ax2＋bx＋c＝0的两个解x1，x2应关于对称轴x＝－对称，
即x1＋x2＝－，同理方程y2＝ax2＋bx＋c＝0的两个解x3，x4也关于对称轴x＝－对称，
即x3＋x4＝－，
在C中，可以找到对称轴直线x＝2.5，也就是1，4为一个方程的根，2，3为一个方程的根，而在D中，找不到这样的组合使得对称轴一致，也就是说无论怎样分组，都没办法使得其中两个的和等于另外两个的和，故答案D不可能.
答案 D
16.（2019·浙江名师预测卷五）二次函数f（x）＝ax2＋bx＋c，a为正整数，若
f（0）≥2，f（2）≥2，f（x）有两个小于2的不等正零点，则a的最小值是（ ）
A.3 B.4
C.5 D.6
解析 因为a为正整数，所以当a越大时，y＝f（x）的图象的开口越小，当a越小时，y＝f（x）的图象的开口越大，结合二次函数图象的对称性知，当y＝f（x）的图象的开口最大时，y＝f（x）的图象过（0，2），（2，2）两点，a的取值符合题意，则c＝2，4a＋2b＋c＝2，－＝1，可得b＝－2a，又b2－4ac＞0，解得a＞2，因为a为正整数，所以a的最小值为3，故选A.
答案 A
17.（2020·嘉兴检测）若f（x）＝x2＋bx＋c在（m－1，m＋1）内有两个不同的零点，则f（m－1）和f（m＋1）（ ）
A.都大于1 B.都小于1
C.至少有一个大于1 D.至少有一个小于1
解析 设函数f（x）＝x2＋bx＋c的两个零点为x1，x2，则f（x）＝（x－x1）（x－x2），因为函数f（x）＝x2＋bx＋c的两个零点在（m－1，m＋1）内，所以f（m－1）>0，f（m＋1）>0，又因为f（m－1）f（m＋1）＝（m－1－x1）（m－1－x2）·（m＋1－x1）（m＋1－x2）＝[－（m－1－x1）（m＋1－x1）]·[－（m－1－x2）（m＋1－x2）]<·＝1，所以f（m－1）和f（m＋1）至少有一个小于1，故选D.
答案 D
18.已知a>0，函数f（x）＝|x2＋|x－a|－3|在[－1，1]上的最大值是2，则a＝ Ｗ.
解析 由题意知f（0）≤2，即有||a|－3|≤2，又∵a>0，∴||a|－3|≤2⇒|a－3|≤2⇒1≤a≤5.又∵x∈[－1，1]，∴f（x）＝|x2－x－3＋a|≤2，设t＝x2－x－3，则t∈，则原问题等价于t∈时，|t＋a|＝|t－（－a）|的最大值为2，∴a＝3或a＝.
答案 3或
19.（2020·杭州学军中学模拟）已知函数f（x）＝x2＋tx－t（t＜0），若x∈[－1，0]时，f（x）max＝2，则t＝ ；记集合A＝{x|f（x）＜0}，若A∩Z（Z为整数集）中恰有一个元素，则t的取值范围为 Ｗ.
解析 因为t＜0，所以当x∈[－1，0]时，由－＞0，得f（x）max＝f（－1）＝1－t－t＝2，解得t＝－，因为A∩Z中恰有一个元素，所以t2－4×（－t）＞0，解得t＞0或t＜－4，又因为t＜0，所以t＜－4，则f（1）＝1＞0，f（2）＝4＋t＜0，则f（3）＝9＋2t≥0，解得t≥－，即t的取值范围为.
答案 －
20.已知函数f（x）＝ax＋3＋|2x2＋（4－a）x－1|的最小值为2，则a＝ Ｗ.
解析 令g（x）＝2x2＋（4－a）x－1＝0，Δ＝（4－a）2＋8>0，则g（x）＝0有两个不相等的实数根，不妨设为x1，x2（x1
第2节 二次函数
考试要求 1.理解二次函数的图象和性质，能用二次函数、方程、不等式之间的关系解决简单问题；2.能解决一元二次方程根的分布问题；3.能解决二次函数的最值问题.
知 识 梳 理
1.二次函数表达式的三种形式
(1)一般式：y＝ax2＋bx＋c(a≠0).
(2)顶点式：y＝a(x＋h)2＋k(其中a≠0，顶点坐标为
(－h，k)).
(3)零点式：y＝a(x－x1)(x－x2)(其中a≠0，x1，x2是二次函数的图象与x轴的两个交点的横坐标).
2.二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象和性质
a>0
a<0
图象
定义域
R
值域
单调性
在上递减，
在上递增
在上递增，
在上递减
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
图象特点
①对称轴：x＝－；②顶点：
3.二次函数的最值问题
二次函数的最值问题主要有三种类型：“轴定区间定”“轴动区间定”“轴定区间动”.解决的关键是弄清楚对称轴与区间的关系，要结合函数图象，依据对称轴与区间的关系进行分类讨论.设f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)，则二次函数f(x)在闭区间[m，n]上的最大值、最小值有如下的分布情况：
对称轴与区间的关系
m
m<－
－
图象
最值
f(x)max＝f(m)，
f(x)min＝f(n)
f(x)max＝
max{f(n)，f(m)}，
f(x)min＝f
f(x)max＝f(n)
f(x)min＝f(m)
4.一元二次方程根的分布
设方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)的不等两根为x1，x2且x1
分布情况
两根都小于k即x1
一个根小于k，一个大于k，即x1
(a>0)
综合结论(不讨论a)
a·f（k）<0
表二：（根在区间上的分布）
分布情况
两根都在（m，n）内
两根都在区间（m，n）外（x1
一根在（m，n）内，另一根在（p，q）内，m
（a>0）
综合结论（不讨论a）
若两根有且仅有一根在（m，n）内，则需分三种情况讨论：
①当Δ＝0时，由Δ＝0可以求出参数的值，然后再将参数的值代入方程，求出相应的根，检验根是否在给定的区间内，如若不在，舍去；
②当f（m）＝0或f（n）＝0，方程有一根为m或n，可以求出另外一根，从而检验另一根是否在区间（m，n）内；
③当f（m）·f（n）<0时，则两根有且仅有一根在（m，n）内.
[常用结论与易错提醒]
不等式ax2＋bx＋c>0（<0）恒成立的条件
（1）不等式ax2＋bx＋c>0对任意实数x恒成立⇔或
（2）不等式ax2＋bx＋c<0对任意实数x恒成立⇔或
诊 断 自 测
1.判断下列说法的正误.
（1）如果二次函数f（x）的图象开口向上且关于直线x＝1对称，且过点（0，0），则此二次函数的解析式为f（x）＝（x－1）2－1.（ ）
（2）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.（ ）
（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.（ ）
答案 （1）√ （2）√ （3）× （4）×
2.已知f（x）＝x2＋px＋q满足f（1）＝f（2）＝0，则f（－1）的值是（ ）
A.5 B.－5
C.6 D.－6
解析 由f（1）＝f（2）＝0知方程x2＋px＋q＝0的两根分别为1，2，则p＝－3，q＝2，∴f（x）＝x2－3x＋2，∴f（－1）＝6.
答案 C
3.若方程x2＋（m＋2）x＋m＋5＝0只有负根，则m的取值范围是（ ）
A.[4，＋∞） B.（－5，－4]
C.[－5，－4] D.（－5，－2）
解析 由题意得解得m≥4.
答案 A
4.已知函数y＝x2－2x＋3在闭区间[0，m]上有最大值3，最小值2，则m的取值范围为（ ）
A.[0，1] B.[1，2]
C.（1，2] D.（1，2）
解析 画出函数y＝x2－2x＋3的图象（如图），由题意知1≤m≤2.
答案 B
5.已知方程x2＋（m－2）x＋2m－1＝0的较小的实根在0和1之间，则实数m的取值范围是 Ｗ.
解析 令f（x）＝x2＋（m－2）x＋2m－1.
由题意得 即
解得
6.若函数f（x）＝x2＋2（a－1）x＋2在区间（－∞，3]上是减函数，则实数a的取值范围是 ，且函数f（x）恒过点 Ｗ.
解析 二次函数f（x）图象的对称轴是x＝1－a，由题意知1－a≥3，∴a≤－2.
由函数的解析式易得函数f（x）恒过定点（0，2）.
答案 （－∞，－2] （0，2）
考点一 二次函数的解析式
【例1】 求下列函数的解析式：
（1）（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；
（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）.
解 （1）法一（利用一般式解题）
设f（x）＝ax2＋bx＋c（a≠0）.
由题意得解得
∴所求二次函数为f（x）＝－4x2＋4x＋7.
法二（利用顶点式解题）
设f（x）＝a（x－m）2＋n（a≠0）.∵f（2）＝f（－1），
∴二次函数图象的对称轴为x＝＝，∴m＝.
又根据题意函数有最大值8，∴n＝8.
∴y＝f（x）＝a＋8.
∵f（2）＝－1，∴a＋8＝－1，解得a＝－4，
∴f（x）＝－4＋8＝－4x2＋4x＋7.
法三（利用零点式解题）
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.
又函数的最大值是8，即＝8，
解得a＝－4，
∴所求函数的解析式为f（x）＝－4x2＋4x＋7.
（2）∵f（2－x）＝f（2＋x）对x∈R恒成立，
∴f（x）的对称轴为x＝2.
又∵f（x）的图象在x轴上截得的线段长为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＝1.
∴所求f（x）的解析式为f（x）＝（x－1）（x－3），
即f（x）＝x2－4x＋3.
规律方法 用待定系数法求二次函数的解析式，关键是灵活选取二次函数解析式的形式，选法如下：
【训练1】 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）＝ Ｗ.
解析 由f（x）是偶函数知f（x）的图象关于y轴对称，
∴b＝－2，∴f（x）＝－2x2＋2a2，
又f（x）的值域为（－∞，4]，
∴2a2＝4，故f（x）＝－2x2＋4.
答案 －2x2＋4
考点二 二次函数的图象与性质
【例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；
（3）当a＝－1时，求f（|x|）的单调区间.
解 （1）当a＝－2时，f（x）＝x2－4x＋3＝（x－2）2－1，由于x∈[－4，6]，
∴f（x）在[－4，2]上单调递减，在[2，6]上单调递增，
∴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，＋∞）.
（3）由－4≤|x|≤6，得－6≤x≤6，当a＝－1时，f（|x|）＝x2－2|x|＋3
＝
其图象如图所示，
∴f（|x|）在[－6，6]上的单增区间为[－1，0]和[1，6]，单减区间为[－6，－1）和（0，1）.
规律方法 解决二次函数图象与性质问题时要注意：
（1）抛物线的开口、对称轴位置、定义区间三者相互制约，常见的题型中这三者有两定一不定，要注意分类讨论；
（2）要注意数形结合思想的应用.
【训练2】 （1）设abc>0，二次函数f（x）＝ax2＋bx＋c的图象可能是（ ）
（2）若函数f（x）＝ax2＋2x＋3在区间[－4，6]上是单调递增函数，则实数a的取值范围是 Ｗ.
解析 （1）由A，C，D知，f（0）＝c<0，
从而由abc>0，所以ab<0，所以对称轴x＝－>0，知A，C错误，D满足要求；由B知f（0）＝c>0，
所以ab>0，所以对称轴x＝－<0，B错误.
（2）由题意可知f′（x）＝2ax＋2≥0在[－4，6]上恒成立，
所以
所以－≤a≤.
答案 （1）D （2）
考点三 二次函数的最值
【例3－1】 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＝；
（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的值为或－3.
【例3－2】 将例3－1改为：求函数f（x）＝x2＋2ax＋1在区间[－1，2]上的最大值.
解 f（x）＝（x＋a）2＋1－a2，
∴f（x）的图象是开口向上的抛物线，对称轴为x＝－a，
（1）当－a<，即a>－时，f（x）max＝f（2）＝4a＋5；
（2）当－a≥，即a≤－时，f（x）max＝f（－1）＝2－2a.
综上，f（x）max＝
规律方法 研究二次函数的性质，可以结合图象进行；对于含参数的二次函数问题，要明确参数对图象的影响，进行分类讨论.
【训练3】 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，
所以最小值为f（t）＝t2－2t＋2.
综上可知，f（x）min＝
考点四 一元二次方程根的分布 多维探究
角度1 两根在同一区间
【例4－1】 若二次函数y＝－x2＋mx－1的图象与两端点为A（0，3），B（3，0）的线段AB有两个不同的交点，求实数m的取值范围.
解 线段AB的方程为＋＝1（x∈[0，3]），
即y＝3－x（x∈[0，3]），
由题意得方程组：
消去y得x2－（m＋1）x＋4＝0，①
由题意可得，方程①在x∈[0，3]内有两个不同的实根，令f（x）＝x2－（m＋1）x＋4，
则解得
所以3
【例4－2】 求实数m的取值范围，使关于x的方程x2＋2（m－1）x＋2m＋6＝0.
（1）一根大于1，另一根小于1；
（2）两根α，β满足0<α<1<β<4；
（3）至少有一个正根.
解 令f（x）＝x2＋2（m－1）x＋2m＋6，
（1）由题意得f（1）＝4m＋5<0，解得m<－.
即实数m的取值范围是.
（2）解得
所以－
解得－3
当方程有一个根为零时，f（0）＝2m＋6＝0，解得m＝－3，
此时f（x）＝x2－8x，另一根为8，满足题意.
综上可得，实数m的取值范围是（－∞，－1）.
角度3 在区间（m，n）内有且只有一个实根
【例4－3】 已知函数f（x）＝mx2－2x＋1有且仅有一个正实数的零点，求实数m的取值范围.
解 依题意，得
（1）
（2）
（3）
解得m＝1，经验证，满足题意.
又当m＝0时，f（x）＝－2x＋1，它显然有一个为正实数的零点.
综上所述，m的取值范围是（－∞，0]∪{1}.
规律方法 利用二次函数图象解决方程根的分布的一般步骤：
（1）设出对应的二次函数；
（2）利用二次函数的图象和性质列出等价不等式（组）；
（3）解不等式（组）求得参数的范围.
【训练4】 （1）已知二次函数y＝（m＋2）x2－（2m＋4）x＋（3m＋3）与x轴有两个交点，一个大于1，一个小于1，求实数m的取值范围.
（2）若关于x的方程x2＋2（m－1）x＋2m＋6＝0有且只有一根在区间（0，3）内，求实数m的取值范围.
解 （1）令f（x）＝（m＋2）x2－（2m＋4）x＋（3m＋3）.
由题意可知（m＋2）·f（1）<0，
即（m＋2）（2m＋1）<0，所以－2
（2）令f（x）＝x2＋2（m－1）x＋2m＋6，
①
解得所以m＝－1.
②f（0）·f（3）＝（2m＋6）（8m＋9）<0，
解得－3
④f（3）＝8m＋9＝0，即m＝－时，f（x）＝x2－x＋，另一根为∈（0，3），满足条件.
综上可得，－3
基础巩固题组
一、选择题
1.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 因为f（0）＝f（4）>f（1），所以函数图象应开口向上，即a>0，且其对称轴为x＝2，即－＝2，所以4a＋b＝0.
答案 A
2.设二次函数f（x）＝ax2－2ax＋c在区间[0，1]上单调递减，且f（m）≤f（0），则实数m的取值范围是（ ）
A.（－∞，0] B.[2，＋∞）
C.（－∞，0]∪[2，＋∞） D.[0，2]
解析 f（x）的对称轴为x＝1，由f（x）在[0，1]上递减知a>0，且f（x）在[1，2]上递增，f（0）＝f（2），∵f（m）≤f（0），结合对称性，∴0≤m≤2.
答案 D
3.若函数f（x）＝x2－ax－a在区间[0，2]上的最大值为1，则实数a＝（ ）
A.－1 B.1
C.2 D.－2
解析 ∵函数f（x）＝x2－ax－a的图象为开口向上的抛物线，
∴函数的最大值在区间的端点取得.
∵f（0）＝－a，f（2）＝4－3a，
∴或解得a＝1.
答案 B
4.（2019·浙江新高考仿真卷四）设函数f（x）＝sin2x＋acos x＋b在上的最大值是M，最小值是m，则M－m（ ）
A.与a有关，且与b有关
B.与a有关，且与b无关
C.与a无关，且与b无关
D.与a无关，且与b有关
解析 令t＝cos x，则g（t）＝－t2＋at＋b＋1（0≤t≤1），由题意，①当＜0，即a＜0时，g（0）为最大值，g（1）为最小值，此时M－m＝1－a；②当＞1，即a＞2时，g（0）为最小值，g（1）为最大值，此时M－m＝a－1；③当≤≤1，即1≤a≤2时，M取g，m取g（0），此时M－m＝；④当0≤＜，即0≤a＜1时，M取g，m取g（1），此时M－m＝＋1－a.综上所述，M－m与a有关，但与b无关，故选B.
答案 B
5.（2019·北京通州区三模）设函数f（x）＝则下列结论中正确的是（ ）
A.对任意实数a，函数f（x）的最小值为a－
B.对任意实数a，函数f（x）的最小值都不是a－
C.当且仅当a≤时，函数f（x）的最小值为a－
D.当且仅当a≤时，函数f（x）的最小值为a－
解析 因为f（x）＝
当x≤a时，f（x）＝ex单调递增，此时0＜f（x）≤ea；
当x＞a时，f（x）＝x2－x＋a＝＋a－；
（1）若a＞，则f（x）＝＋a－＞0，此时f（x）＝值域为（0，＋∞），无最小值；
（2）若a≤，则f（x）min＝a－＜0，此时f（x）＝的值域为；
此时最小值为a－.
答案 D
6.若函数f（x）＝x2＋kx＋m在[a，b]上的值域为[n，n＋1]，则b－a（ ）
A.既有最大值，也有最小值
B.有最大值但无最小值
C.无最大值但有最小值
D.既无最大值，也无最小值
解析 取k＝m＝0，f（x）＝x2，由图象可知，当a→＋∞时，b－a越来越小，显然b－a不存在最小值.∵f（a）＝a2＋ka＋m，f（b）＝b2＋kb＋m，f＝＋k＋m，∴＝f（a）＋f（b）－2f≤n＋1＋n＋1－2n＝2，∴b－a≤2，当b＝，a＝－时，b－a取得最大值为2，故选B.
答案 B
7.（2016·浙江卷）已知函数f（x）＝x2＋bx，则“b<0”是“f（f（x））的最小值与f（x）的最小值相等”的（ ）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
解析 ∵f（x）＝x2＋bx＝－，当x＝－时，f（x）min＝－.
又f（f（x））＝（f（x））2＋bf（x）＝－，当f（x）＝－时，f（f（x））min＝－，当－≥－时，f（f（x））可以取到最小值－，即b2－2b≥0，解得b≤0或b≥2，故“b<0”是“f（f（x））的最小值与f（x）的最小值相等”的充分不必要条件.
答案 A
8.设函数f（x）＝x2＋ax＋b（a，b∈R），记M为函数y＝|f（x）|在[－1，1]上的最大值，N为|a|＋|b|的最大值（ ）
A.若M＝，则N＝3 B.若M＝，则N＝3
C.若M＝2，则N＝3 D.若M＝3，则N＝3
解析 由题意得|f（1）|＝|1＋a＋b|≤M⇒|a＋b|≤M＋1，|f（－1）|＝|1－a＋b|≤M⇒|a－b|≤M＋1.|a|＋|b|＝则易知N≤M＋1，则A，B不符合题意；当a＝2，b＝－1时，M＝2，N＝3，则C符合题意；当a＝2，b＝－2时，M＝3，N＝4，则D不符合题意，故选C.
答案 C
9.（2019·北京东城区二模）在交通工程学中常作如下定义：交通流量Q（辆/小时）为单位时间内通过道路上某一横断面的车辆数；车流速度V（千米/小时）为单位时间内车流平均行驶过的距离；车流密度K（辆/千米）为单位长度道路上某一瞬间所存在的车辆数.一般的V和K满足一个线性关系，即V＝v0（其中v0，k0是正数），则以下说法正确的是（ ）
A.随着车流密度增大，车流速度增大
B.随着车流密度增大，交通流量增大
C.随着车流密度增大，交通流量先减小，后增大
D.随着车流密度增大，交通流量先增大，后减小
解析 由V＝v0，得K＝k0－V，
由单位关系得Q＝VK＝V＝－V2＋k0V，
可以是看成是Q与V的二次函数，开口向下，
图象先增大，再减小，
所以随着车流速度V的增大，交通流量Q先增大、后减小.
答案 D
二、填空题
10.已知b，c∈R，函数y＝x2＋2bx＋c在区间（1，5）上有两个不同的零点，则f（1）＋f（5）的取值范围是 Ｗ.
解析 设f（x）的两个零点为x1，x2，不妨设1
另一方面f（x）＝（x－x1）·（x－x2），所以f（1）＋f（5）＝（1－x1）·（1－x2）＋（5－x1）（5－x2）＝2x1x2－6（x1＋x2）＋26<2x1x2－12＋26＝2（－3）2＋8<2（－3）2＋8＝16，所以f（1）＋f（5）的取值范围是（0，16）.
答案 （0，16）
11.已知f（x）＝若存在实数t，使函数y＝f（x）－a有两个零点，则t的取值范围是 Ｗ.
解析 由题意知函数f（x）在定义域上不单调，如图，当t＝0或t≥1时，f（x）在R上均单调递增，当t<0时，在（－∞，t）上f（x）单调递增，且f（x）<0，在（t，0）上f（x）单调递减，且f（x）>0，在（0，＋∞）上f（x）单调递增，且f（x）>0.故要使得函数y＝f（x）－a有两个零点，则t的取值范围为（－∞，0）∪（0，1）.
答案 （－∞，0）∪（0，1）
12.已知a，b都是正数，a2b＋ab2＋ab＋a＋b＝3，则2ab＋a＋b的最小值等于 Ｗ.
解析 设2ab＋a＋b＝t，则t>0，且3＝ab（a＋b）＋ab＋a＋b＝ab（t－2ab）＋t－ab，故关于ab的二次方程2（ab）2＋（1－t）ab＋3－t＝0的解为正数，
所以解得4－3≤t<3，即2ab＋a＋b的最小值等于4－3.
答案 4－3
13.已知f（x＋1）＝x2－5x＋4.
（1）f（x）的解析式为 ；
（2）当x∈[0，5]时，f（x）的最大值和最小值分别是 Ｗ.
解析 （1）f（x＋1）＝x2－5x＋4，令x＋1＝t，则x＝t－1，
∴f（t）＝（t－1）2－5（t－1）＋4＝t2－7t＋10，
∴f（x）＝x2－7x＋10.
（2）∵f（x）＝x2－7x＋10，其图象开口向上，对称轴为x＝，∈[0，5]，
∴f（x）min＝f＝－，
又f（0）＝10，f（5）＝0.
∴f（x）的最大值为10，最小值为－.
答案 （1）x2－7x＋10 （2）10，－
14.（2018·浙江卷）已知λ∈R，函数f（x）＝当λ＝2时，不等式f（x）<0的解集是 Ｗ.若函数f（x）恰有2个零点，则λ的取值范围是 Ｗ.
解析 若λ＝2，则当x≥2时，令x－4<0，得2≤x<4；当x<2时，令x2－4x＋3<0，得1
答案 （1，4） （1，3]∪（4，＋∞）
能力提升题组
15.函数f（x）＝ax2＋bx＋c（a≠0）的图象关于直线x＝－对称.据此可推测，对任意的非零实数a，b，c，m，n，p，关于x的方程m[f（x）]2＋nf（x）＋p＝0的解集不可能是（ ）
A.{1，2} B.{1，4}
C.{1，2，3，4} D.{1，4，16，64}
解析 f（x）＝ax2＋bx＋c（a≠0）的对称轴为x＝－.
设方程m[f（x）]2＋nf（x）＋p＝0的解为f1（x），f2（x），
则必有f1（x）＝y1＝ax2＋bx＋c，f2（x）＝y2＝ax2＋bx＋c，
那么从图象上看y＝y1，y＝y2是平行x轴的两条直线，它们与f（x）有交点，
由对称性，方程y1＝ax2＋bx＋c＝0的两个解x1，x2应关于对称轴x＝－对称，
即x1＋x2＝－，同理方程y2＝ax2＋bx＋c＝0的两个解x3，x4也关于对称轴x＝－对称，
即x3＋x4＝－，
在C中，可以找到对称轴直线x＝2.5，也就是1，4为一个方程的根，2，3为一个方程的根，而在D中，找不到这样的组合使得对称轴一致，也就是说无论怎样分组，都没办法使得其中两个的和等于另外两个的和，故答案D不可能.
答案 D
16.（2019·浙江名师预测卷五）二次函数f（x）＝ax2＋bx＋c，a为正整数，若
f（0）≥2，f（2）≥2，f（x）有两个小于2的不等正零点，则a的最小值是（ ）
A.3 B.4
C.5 D.6
解析 因为a为正整数，所以当a越大时，y＝f（x）的图象的开口越小，当a越小时，y＝f（x）的图象的开口越大，结合二次函数图象的对称性知，当y＝f（x）的图象的开口最大时，y＝f（x）的图象过（0，2），（2，2）两点，a的取值符合题意，则c＝2，4a＋2b＋c＝2，－＝1，可得b＝－2a，又b2－4ac＞0，解得a＞2，因为a为正整数，所以a的最小值为3，故选A.
答案 A
17.（2020·嘉兴检测）若f（x）＝x2＋bx＋c在（m－1，m＋1）内有两个不同的零点，则f（m－1）和f（m＋1）（ ）
A.都大于1 B.都小于1
C.至少有一个大于1 D.至少有一个小于1
解析 设函数f（x）＝x2＋bx＋c的两个零点为x1，x2，则f（x）＝（x－x1）（x－x2），因为函数f（x）＝x2＋bx＋c的两个零点在（m－1，m＋1）内，所以f（m－1）>0，f（m＋1）>0，又因为f（m－1）f（m＋1）＝（m－1－x1）（m－1－x2）·（m＋1－x1）（m＋1－x2）＝[－（m－1－x1）（m＋1－x1）]·[－（m－1－x2）（m＋1－x2）]<·＝1，所以f（m－1）和f（m＋1）至少有一个小于1，故选D.
答案 D
18.已知a>0，函数f（x）＝|x2＋|x－a|－3|在[－1，1]上的最大值是2，则a＝ Ｗ.
解析 由题意知f（0）≤2，即有||a|－3|≤2，又∵a>0，∴||a|－3|≤2⇒|a－3|≤2⇒1≤a≤5.又∵x∈[－1，1]，∴f（x）＝|x2－x－3＋a|≤2，设t＝x2－x－3，则t∈，则原问题等价于t∈时，|t＋a|＝|t－（－a）|的最大值为2，∴a＝3或a＝.
答案 3或
19.（2020·杭州学军中学模拟）已知函数f（x）＝x2＋tx－t（t＜0），若x∈[－1，0]时，f（x）max＝2，则t＝ ；记集合A＝{x|f（x）＜0}，若A∩Z（Z为整数集）中恰有一个元素，则t的取值范围为 Ｗ.
解析 因为t＜0，所以当x∈[－1，0]时，由－＞0，得f（x）max＝f（－1）＝1－t－t＝2，解得t＝－，因为A∩Z中恰有一个元素，所以t2－4×（－t）＞0，解得t＞0或t＜－4，又因为t＜0，所以t＜－4，则f（1）＝1＞0，f（2）＝4＋t＜0，则f（3）＝9＋2t≥0，解得t≥－，即t的取值范围为.
答案 －
20.已知函数f（x）＝ax＋3＋|2x2＋（4－a）x－1|的最小值为2，则a＝ Ｗ.
解析 令g（x）＝2x2＋（4－a）x－1＝0，Δ＝（4－a）2＋8>0，则g（x）＝0有两个不相等的实数根，不妨设为x1，x2（x1
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