高三数学人教版a版数学（理）高考一轮复习教案：2.4 二次函数与幂函数 word版含答案

这是一份高三数学人教版a版数学（理）高考一轮复习教案：2.4 二次函数与幂函数 word版含答案，共12页。

调区间．
2．幂函数
(1)了解幂函数的概念．
(2)结合函数y＝x，y＝x2，y＝x3，y＝eq \f(1,x)，y＝x的图象，了解它们的变化情况．
知识点一 五种常见幂函数的图象与性质
五种常见幂函数的图象与性质
易误提醒 形如y＝xα(α∈R)才是幂函数，如y＝3x不是幂函数．
[自测练习]
1．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：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)))α＝eq \f(\r(2),2)，解得α＝eq \f(1,2)，则k＋α＝eq \f(3,2).
答案：C
知识点二 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
易误提醒 研究函数f(x)＝ax2＋bx＋c的性质，易忽视a的取值情况而盲目认为f(x)为二次函数．
必备方法
1．函数y＝f(x)对称轴的判断方法
(1)对于二次函数y＝f(x)，如果定义域内有不同两点x1，x2且f(x1)＝f(x2)，那么函数y＝f(x)的图象关于x＝eq \f(x1＋x2,2)对称．
(2)二次函数y＝f(x)对定义域内所有x，都有f(a＋x)＝f(a－x)成立的充要条件是函数y＝f(x)的图象关于直线x＝a对称(a为常数)．
2．与二次函数有关的不等式恒成立两个条件
(1)ax2＋bx＋c>0，a≠0恒成立的充要条件是eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\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.))
[自测练习]
2.已知二次函数的图象如图所示，那么此函数的解析式可能是( )
A．y＝－x2＋2x＋1
B．y＝－x2－2x－1
C．y＝－x2－2x＋1
D．y＝x2＋2x＋1
解析：设二次函数的解析式为f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，由题图得：a<0，b<0，c>0.选C.
答案：C
3．若二次函数f(x)＝ax2－4x＋c的值域为[0，＋∞)，则a，c满足的条件是________．
解析：由已知得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>0，,\f(4ac－16,4a)＝0，))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>0，,ac－4＝0.))
答案：a>0，ac＝4
4．已知f(x)＝4x2－mx＋5在[2，＋∞)上是增函数，则实数m的取值范围是________．
解：因为函数f(x)＝4x2－mx＋5的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,8)，＋∞))，所以eq \f(m,8)≤2，即m≤16.
答案：(－∞，16]
考点一 幂函数的图象与性质|
1．(2015·济南二模)若函数f(x)是幂函数，且满足f(4)＝3f(2)，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))的值为( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(1,2)
C.eq \f(2,3) D.eq \f(4,3)
解析：设f(x)＝xa，又f(4)＝3f(2)，∴4a＝3×2a，解得a＝lg23，∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))lg23＝eq \f(1,3).
答案：A
2.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>d
C．d>c>a>b
D．a>b>d>c
解析：幂函数a＝2，b＝eq \f(1,2)，c＝－eq \f(1,3)，d＝－1的图象，正好和题目所给的形式相符合，在第一象限内，x＝1的右侧部分的图象，图象由下至上，幂指数增大，所以a>b>c>d.故选B.
答案：B
3．(2015·安庆三模)若(a＋1)－eq \f(1,3)<(3－2a)－eq \f(1,3)，则实数a的取值范围是________．
解析：不等式(a＋1)－eq \f(1,3)<(3－2a)－eq \f(1,3)等价于a＋1>3－2a>0或3－2a解得a<－1或eq \f(2,3)答案：(－∞，－1)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(3,2)))
幂函数图象与性质应用的三个关注点
(1)若幂函数y＝xα(α∈R)是偶函数，则α必为偶数．当α是分数时，一般将其先化为根式，再判断．
(2)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.
(3)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．

考点二 二次函数的图象与性质|
(1)为了美观，在加工太阳镜时将下半部分轮廓制作成二次函数图象的形状(如图所示)．若对应的两条曲线关于y轴对称，AE∥x轴，AB＝4 cm，最低点C在x轴上，高CH＝1 cm，BD＝2 cm，则右轮廓线DFE所在的二次函数的解析式为( )
A．y＝eq \f(1,4)(x＋3)2 B．y＝－eq \f(1,4)(x－3)2
C．y＝－eq \f(1,4)(x＋3)2 D．y＝eq \f(1,4)(x－3)2
[解析] 由题图可知，对应的两条曲线关于y轴对称，AE∥x轴，AB＝4 cm，最低点C在x轴上，高CH＝1 cm，BD＝2 cm，所以点C的纵坐标为0，横坐标的绝对值为eq \f(4,2)＋eq \f(2,2)＝3，即C(－3,0)，因为点F与点C关于y轴对称，所以F(3,0)，因为点F是右轮廓线DFE所在的二次函数图象的顶点，所以设该二次函数为y＝a(x－3)2(a>0)，将点D(1,1)代入得，a＝eq \f(1,4)，即y＝eq \f(1,4)(x－3)2，故选D.
[答案] D
(2)函数f(x)＝4x2－mx＋5在区间[－2，＋∞)上是增函数，则f(1)的取值范围是( )
A．f(1)≥25 B．f(1)＝25
C．f(1)≤25 D．f(1)>25
[解析] 函数f(x)＝4x2－mx＋5的增区间为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,8)，＋∞))，由已知可得eq \f(m,8)≤－2⇒m≤－16，所以f(1)＝4×12－m×1＋5＝9－m≥25.
[答案] A
解决二次函数图象与性质问题时两个注意点
(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，尤其是给定区间上二次函数最值问题，先“定性”(作草图)，再“定量”(看图求解)，事半功倍．

1．已知函数f(x)＝ax2－2ax＋2＋b(a≠0)，若f(x)在区间[2,3]上有最大值5，最小值2.
(1)求a，b的值；
(2)若b<1，g(x)＝f(x)－m·x在[2,4]上单调，求m的取值范围．
解：(1)f(x)＝ax2－2ax＋2＋b＝a(x－1)2＋2＋b－a，若a>0，则f(x)在区间[2,3]上是增函数．
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f2＝2＋b＝2，,f3＝3a＋2＋b＝5，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝0，,a＝1.))
若a<0，则f(x)在区间[2,3]上是减函数，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f2＝2＋b＝5，,f3＝3a＋2＋b＝2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝3，,a＝－1.))
综上可知，a＝1，b＝0或a＝－1，b＝3.
(2)由b<1知，a＝1，b＝0，则f(x)＝x2－2x＋2，
所以g(x)＝x2－(m＋2)x＋2.
因为g(x)在区间[2,4]上是单调函数，所以
eq \f(m＋2,2)≥4或eq \f(m＋2,2)≤2，
解得m≥6或m≤2.
考点三 二次函数的综合应用|
(2016·聊城模拟)设二次函数f(x)＝ax2＋bx(a≠0)满足条件：①f(－1＋x)＝f(－1－x)；②函数f(x)的图象与直线y＝x只有一个公共点．
(1)求f(x)的解析式；
(2)若不等式πf(x)>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,π)))2－tx在t∈[－2,2]时恒成立，求实数x的取值范围．
[解] (1)∵由①知f(x)＝ax2＋bx(a≠0)的对称轴是直线x＝－1，∴b＝2a.
∵函数f(x)的图象与直线y＝x只有一个公共点，∴方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝ax2＋bx，,y＝x))有且只有一个解，即ax2＋(b－1)x＝0有两个相同的实根，∴Δ＝(b－1)2＝0，即b＝1，∴a＝eq \f(1,2).∴f(x)＝eq \f(1,2)x2＋x.
(2)∵π>1，∴πf(x)>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,π)))2－tx等价于f(x)>tx－2，即eq \f(1,2)x2＋x>tx－2在t∈[－2,2]时恒成立⇔函数g(t)＝xt－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x2＋x＋2))<0在t∈[－2,2]时恒成立，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(g2<0，,g－2<0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－2x＋4>0，,x2＋6x＋4>0，))解得x<－3－eq \r(5)或x>－3＋eq \r(5)，故实数x的取值范围是(－∞，－3－eq \r(5))∪(－3＋eq \r(5)，＋∞)．
不等式恒成立的求解方法
由不等式恒成立求参数取值范围，常用分离参数法，转化为求函数最值问题，其依据是a≥f(x)⇔a≥f(x)max，a≤f(x)⇔a≤f(x)min.

2．设函数f(x)＝ax2－2x＋2，对于满足10，求实数a的取值范围．
解：由f(x)>0，即ax2－2x＋2>0，x∈(1,4)，
得a>－eq \f(2,x2)＋eq \f(2,x)在(1,4)上恒成立．
令g(x)＝－eq \f(2,x2)＋eq \f(2,x)＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－\f(1,2)))2＋eq \f(1,2)，
eq \f(1,x)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，1))，∴g(x)max＝g(2)＝eq \f(1,2)，
所以要使f(x)>0在(1,4)上恒成立，
只要a>eq \f(1,2)即可.
3.分类讨论思想在二次函数最值中的应用
【典例】 已知f(x)＝ax2－2x(0≤x≤1)，求f(x)的最小值．
[思路分析] 参数a的值确定f(x)图象的形状；a≠0时，函数f(x)的图象为抛物线，还要考虑开口方向和对称轴位置．
[解] (1)当a＝0时，f(x)＝－2x在[0,1]上递减，
∴f(x)min＝f(1)＝－2.
(2)当a>0时，f(x)＝ax2－2x图象的开口方向向上，且对称轴为x＝eq \f(1,a).
①当eq \f(1,a)≤1，即a≥1时，f(x)＝ax2－2x图象的对称轴在[0,1]内，
∴f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上递减，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，1))上递增．
∴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0∴f(x)在[0,1]上递减．
∴f(x)min＝f(1)＝a－2.
(3)当a<0时，f(x)＝ax2－2x的图象的开口方向向下，且对称轴x＝eq \f(1,a)<0，在y轴的左侧，
∴f(x)＝ax2－2x在[0,1]上递减．
∴f(x)min＝f(1)＝a－2.
综上所述，f(x)min＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－2， a<1，,－\f(1,a)， a≥1.))
[思想点评] (1)本题在求二次函数最值时，用到了分类讨论思想，求解中既对系数a的符号进行了讨论，又对对称轴进行讨论．在分类讨论时要遵循分类的原则：一是分类的标准要一致，二是分类时要做到不重不漏，三是能不分类的要尽量避免分类，绝不无原则的分类讨论．
(2)在有关二次函数最值的求解中，若轴定区间动，仍应对区间进行分类讨论．
[跟踪练习] 设函数y＝x2－2x，x∈[－2，a]，若函数的最小值为g(x)，求g(x)．
解：∵函数y＝x2－2x＝(x－1)2－1，
∴对称轴为直线x＝1，
∵x＝1不一定在区间[－2，a]内，
∴应进行讨论．
当－2当a>1时，函数在[－2,1]上单调递减，在[1，a]上单调递增，则当x＝1时，y取得最小值，即ymin＝－1.
综上，g(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2－2a，－21.))
A组 考点能力演练
1．当ab>0时，函数y＝ax2与f(x)＝ax＋b在同一坐标系中的图象可能是下列图象中的( )
解析：因为ab>0，所以，当a<0，b<0时，函数y＝ax2的图象开口向下，函数f(x)＝ax＋b的图象在x，y轴上的截距均为负值，显然D项满足条件；而当a>0，b>0时，函数y＝ax2的图象开口向上，函数f(x)＝ax＋b的图象在x轴上的截距为负值，在y轴上的截距为正值，没有符合条件的选项，故选D.
答案：D
2．(2015·芜湖质检)已知函数f(x)＝x2＋x＋c.若f(0)>0，f(p)<0，则必有( )
A．f(p＋1)>0
B．f(p＋1)<0
C．f(p＋1)＝0
D．f(p＋1)的符号不能确定
解析：函数f(x)＝x2＋x＋c的图象的对称轴为直线x＝－eq \f(1,2)，又∵f(0)>0，f(p)<0，∴－10，∴f(p＋1)>0.
答案：A
3．若幂函数y＝(m2－3m＋3)·xm2－m－2的图象不过原点，则m的取值是( )
A．－1≤m≤2 B．m＝1或m＝2
C．m＝2 D．m＝1
解析：由幂函数性质可知m2－3m＋3＝1，∴m＝2或m＝1.又幂函数图象不过原点，∴m2－m－2≤0，即－1≤m≤2，∴m＝2或m＝1.
答案：B
4．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：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，由图得m∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，3)).
答案：D
5．(2015·沧州质检)如果函数f(x)＝x2＋bx＋c对任意的x都有f(x＋1)＝f(－x)，那么( )
A．f(－2)B．f(0)C．f(2)D．f(0)解析：由f(1＋x)＝f(－x)知f(x)的图象关于直线x＝eq \f(1,2)对称，又抛物线f(x)开口向上，∴f(0)答案：D
6．二次函数f(x)＝x2＋(2－lg2m)x＋m是偶函数，则实数m＝________.
解析：利用偶函数性质求解．因为偶函数的图象关于y轴对称，所以－eq \f(2－lg2m,2)＝0，解得m＝4.
答案：4
7．已知幂函数f(x)＝x－eq \f(1,2)，若f(a＋1)解析：∵f(x)＝x－eq \f(1,2)＝eq \f(1,\r(x))(x>0)，易知x∈(0，＋∞)时为减函数，又f(a＋1)∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋1>0，,10－2a>0，,a＋1>10－2a，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>－1，,a<5，,a>3，))
∴3答案：(3,5)
8．(2015·济南二模)已知函数f(x)＝x2－2x，x∈[a，b]的值域为[－1,3]，则b－a的取值范围是________．
解析：由题意知，f(x)＝x2－2x＝(x－1)2－1，因为函数f(x)在[a，b]上的值域为[－1,3]，所以当a＝－1时，1≤b≤3；当b＝3时，－1≤a≤1，所以b－a∈[2,4]．
答案：[2,4]
9．已知函数f(x)＝ax2＋bx＋1(a，b为实数，a≠0，x∈R)．
(1)若函数f(x)的图象过点(－2,1)，且方程f(x)＝0有且只有一个根，求f(x)的表达式；
(2)在(1)的条件下，当x∈[－1,2]时，g(x)＝f(x)－kx是单调函数，求实数k的取值范围．
解：(1)因为f(－2)＝1，即4a－2b＋1＝1，所以b＝2a.
因为方程f(x)＝0有且只有一个根，所以Δ＝b2－4a＝0.
所以4a2－4a＝0，所以a＝1，所以b＝2.
所以f(x)＝(x＋1)2.
(2)g(x)＝f(x)－kx＝x2＋2x＋1－kx＝x2－(k－2)x＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(k－2,2)))2＋1－eq \f(k－22,4).
由g(x)的图象知：要满足题意，则eq \f(k－2,2)≥2或eq \f(k－2,2)≤－1，即k≥6或k≤0，∴所求实数k的取值范围为(－∞，0]∪[6，＋∞)．
10．已知函数f(x)＝x2－2ax＋5(a>1)．
(1)若f(x)的定义域和值域均是[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)∵f(x)＝(x－a)2＋5－a2(a>1)，
∴f(x)在[1，a]上是减函数．
又定义域和值域均为[1，a]．
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f1＝a，,fa＝1，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－2a＋5＝a，,a2－2a2＋5＝1，))解得a＝2.
(2)∵f(x)在区间(－∞，2]上是减函数，
∴a≥2.
又x＝a∈[1，a＋1]，且(a＋1)－a≤a－1，
∴f(x)max＝f(1)＝6－2a，f(x)min＝f(a)＝5－a2.
∵对任意的x1，x2∈[1，a＋1]，总有|f(x1)－f(x2)|≤4，∴f(x)max－f(x)min≤4，得－1≤a≤3.又a≥2，∴2≤a≤3.
故实数a的取值范围是[2,3]．
B组 高考题型专练
1．(2014·高考浙江卷)在同一直角坐标系中，函数f(x)＝xa(x>0)，g(x)＝lgax的图象可能是( )
解析：函数y＝xa(x≥0)与y＝lgax(x>0)，选项A中没有幂函数图象，不符合；对于选项B，y＝xa(x≥0)中a>1，y＝lgax(x>0)中00)中a>1，不符合，对于选项D，y＝xa(x≥0)中00)中，0答案：D
2．(2014·高考北京卷)加工爆米花时，爆开且不糊的粒数占加工总粒数的百分比称为“可食用率”．在特定条件下，可食用率p与加工时间t(单位：分钟)满足函数关系p＝at2＋bt＋c(a，b，c是常数)，如图记录了三次实验的数据．根据上述函数模型和实验数据，可以得到最佳加工时间为( )

A．3.50分钟 B．3.75分钟
C．4.00分钟 D．4.25分钟
解析：由已知得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(9a＋3b＋c＝0.7，,16a＋4b＋c＝0.8，,25a＋5b＋c＝0.5，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－0.2，,b＝1.5，,c＝－2，))
∴p＝－0.2t2＋1.5t－2＝－eq \f(1,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(15,4)))2＋eq \f(13,16)，
∴当t＝eq \f(15,4)＝3.75时p最大，即最佳加工时间为3.75分钟．故选B.
答案：B
3．(2013·高考辽宁卷)已知函数f(x)＝x2－2(a＋2)x＋a2，g(x)＝－x2＋2(a－2)x－a2＋8.设H1(x)＝max{f(x)，g(x)}，H2(x)＝min{f(x)，g(x)}(max{p，q}表示p，q中的较大值，min{p，q}表示p，q中的较小值)．记H1(x)的最小值为A，H2(x)的最大值为B，则A－B＝( )
A．a2－2a－16 B．a2＋2a－16
C．－16 D．16
解析：f(x)＝g(x)，即x2－2(a＋2)x＋a2＝－x2＋(a－2)x－a2＋8，即x2－2ax＋a2－4＝0，解得x＝a＋2或x＝a－2.f(x)与g(x)的图象如图.
由图及H1(x)的定义知H1(x)的最小值是f(a＋2)，
H2(x)的最大值为g(a－2)，A－B＝f(a＋2)－g(a－2)
＝(a＋2)2－2(a＋2)2＋a2＋(a－2)2－2(a－2)2＋a2－8＝－16.
答案：C
4．(2015·高考福建卷)若a，b是函数f(x)＝x2－px＋q(p>0，q>0)的两个不同的零点，且a，b，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p＋q的值等于________．
解析：依题意有a，b是方程x2－px＋q＝0的两根，则a＋b＝p，ab＝q，由p>0，q>0可知a>0，b>0.由题意可知ab＝(－2)2＝4＝q，a－2＝2b或b－2＝2a，
将a－2＝2b代入ab＝4可解得a＝4，b＝1，此时a＋b＝5，将b－2＝2a代入ab＝4可解得a＝1，b＝4，此时a＋b＝5，则p＝5，故p＋q＝9.
答案：9
函数特征性质
y＝x
y＝x2
y＝x3
y＝x
y＝x－1
图象
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
偶
奇
非奇非偶
奇
单调性
增
(－∞，0]减，(0，＋∞)增
增
增
(－∞，0)和(0，＋∞)减
公共点
(1,1)
a>0
a<0
图象
定义域
x∈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)))
单调性
在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(b,2a)))上递减，在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,2a)，＋∞))上递增
在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(b,2a)))上递增，在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,2a)，＋∞))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＝－eq \f(b,2a)；
②顶点：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,2a)，\f(4ac－b2,4a)))