【文档说明】2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试（新高考专用）专题09 幂函数与二次函数 Word版含解析.docx，共(25)页，413.062 KB，由小赞的店铺上传

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专题09幂函数与二次函数知识梳理考纲要求考点预测常用结论方法技巧题型归类题型一：幂函数的图象与性质题型二：求二次函数的解析式题型三：二次函数的图象问题题型四：二次函数的单调性与最值问题题型五：二次方程根的分布问题题型六

：二次函数中的恒成立问题题型七：二次函数的综合问题培优训练训练一：训练二：训练三：训练四：训练五：训练六：强化测试单选题：共8题多选题：共4题填空题：共4题解答题：共6题一、【知识梳理】【考纲要求】1.了解幂函数的概念；结合函

数y＝x，y＝x2，y＝x3，y＝x12，y＝1x的图象，了解它们的变化情况；2.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.【考点预测】1.幂函数(1)幂函数的定义一般地，函数y＝xα叫做幂函数，其中x是自变量，α是常数.(2)常见的五种幂函数的图象(3)幂

函数的性质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一般式：f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0).

顶点式：f(x)＝a(x－m)2＋n(a≠0)，顶点坐标为(m，n).零点式：f(x)＝a(x－x1)(x－x2)(a≠0)，x1，x2为f(x)的零点.(2)二次函数的图象和性质函数y＝ax2＋bx＋c(a>0)y＝ax2＋bx＋c(a<0)图象(抛物线)定义域R

值域4ac－b24a，＋∞－∞，4ac－b24a对称轴x＝－b2a顶点坐标－b2a，4ac－b24a奇偶性当b＝0时是偶函数，当b≠0时是非奇非偶函数单调性在－∞，－b2a上是减函数；在－∞，－b2a上是增函数

；在－b2a，＋∞上是增函数在－b2a，＋∞上是减函数【常用结论】1.二次函数的单调性、最值与抛物线的开口方向和对称轴及给定区间的范围有关.2.若f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，则当

a>0，Δ<0时，恒有f(x)>0；当a<0，Δ<0时，恒有f(x)<0.3.(1)幂函数y＝xα中，α的取值影响幂函数的定义域、图象及性质；(2)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.【方法技巧】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.在区间(0，1)上，幂函数中指数越大，函数图象越靠近x轴(简记为“指大图低”)，在区间(1，＋∞)上，幂函数中指数越大，函数图象越远离x轴.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，准确掌握各个幂函数的图象和性质是解题的关键.4.研究二次函数图象应从“三点一线一开口”进行分析，“三点”中有一个点是顶点，另两个点是图象上关于对称轴对称的两个点，常取与x轴的交点；“一线”是指对称轴这条直线；“一开口”是指抛

物线的开口方向.5.求解与二次函数有关的不等式问题，可借助二次函数的图象特征，分析不等关系成立的条件.6.闭区间上二次函数最值问题的解法：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，结合图象，根据函数

的单调性及分类讨论的思想求解.7.不等式恒成立求参数范围，一般有两个解题思路：一是分离参数；二是不分离参数，直接借助于函数图象求最值.这两个思路，最后都是转化为求函数的最值问题.二、【题型归类】【题型一】幂函数的图象与性质【典例1】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．－1<m<0<n<1B．－1<n<0<m<12C．－1<m<0<n<12D．－1<n<0<m<1【解析】幂函数y＝xα，当α>0时，y＝xα在(0，＋∞)上单调递增，且0<α<1时，图象上凸，∴0<m

<1.当α<0时，y＝xα在(0，＋∞)上单调递减．不妨令x＝2，由图象得2－1<2n，则－1<n<0.综上可知，－1<n<0<m<1.故选D.【典例2】幂函数f(x)＝(m2－3m＋3)xm的图象关于y

轴对称，则实数m＝________.【解析】由幂函数定义，知m2－3m＋3＝1，解得m＝1或m＝2，当m＝1时，f(x)＝x的图象不关于y轴对称，舍去，当m＝2时，f(x)＝x2的图象关于y轴对称，因此m＝2.【典例3】若幂

函数f(x)＝(𝑎2−5𝑎−5)𝑥−12𝑎在(0，＋∞)上单调递增，则a等于()A．1B．6C．2D．－1【解析】因为函数f(x)＝(𝑎2−5𝑎−5)𝑥−12𝑎是幂函数，所以a2－5a－5＝1，解得a＝－1或a＝6.当a

＝－1时，f(x)＝𝑥12在(0，＋∞)上单调递增；当a＝6时，f(x)＝x－3在(0，＋∞)上单调递减，所以a＝－1.【题型二】求二次函数的解析式【典例1】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．【

解析】解法一：(利用一般式)设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，由题意得4a＋2b＋c＝－1，a－b＋c＝－1，4ac－b24a＝8，解之得a＝－4，b＝4，c＝7.∴所求二次函数为y＝－4x2＋4x＋7.解法二：(利用顶点式)设f(x

)＝a(x－m)2＋n(a≠0)，∵f(2)＝f(－1)，∴抛物线对称轴为x＝2＋（－1）2＝12，∴m＝12，又根据题意，函数有最大值为8，∴n＝8，∴f(x)＝ax－122＋8.∵f(2)＝－1，即a

2－122＋8＝－1.解之得a＝－4.∴f(x)＝－4x－122＋8＝－4x2＋4x＋7.解法三：(利用零点式)由已知f(x)＋1＝0的两根为x1＝2，x2＝－1，即g(x)＝f(x)＋1的两个零点为2，－1，故可设f(x)＋1＝a(x－2)(x＋1)(a≠0

)，即f(x)＝ax2－ax－2a－1.又函数有最大值ymax＝8，即4a（－2a－1）－a24a＝8，解之得a＝－4，∴所求函数解析式为f(x)＝－4x2＋4x－2×(－4)－1＝－4x2＋4x＋7.【典例2】已知y＝f(x)是二次函数，且f－32＋x＝f－32

－x对x∈R恒成立，f－32＝49，方程f(x)＝0的两实根之差的绝对值等于7.求此二次函数的解析式．【解析】由x∈R，f－32＋x＝f－32－x知，f(x)的对称轴为x＝－32.

又f－32＝49，则二次函数f(x)的顶点坐标为－32，49，故设f(x)＝ax＋322＋49(a≠0)．解法一：设方程f(x)＝ax＋322＋49＝0的两根为x1，x2，x1＋x

2＝－3，x1x2＝94＋49a，则|x1－x2|＝（x1＋x2）2－4x1x2＝－49×4a＝7，解得a＝－4，所以f(x)＝－4x＋322＋49，即f(x)＝－4x2－12x＋40.解法二：设f(x)＝

0的两根为x1，x2，且x1＜x2，由两实根之差的绝对值为7得x1＝－32－72＝－5，x2＝－32＋72＝2，将x1或x2代入f(x)＝0得a＝－4.从而得到f(x)＝－4x2－12x＋40.【典例3】若函数f(x)＝(x＋a)(bx＋2a)(a，b∈R)满足条件f(－x)＝f(x

)，定义域为R，值域为(－∞，4]，则函数解析式f(x)＝________.【解析】f(x)＝(x＋a)(bx＋2a)＝bx2＋(2a＋ab)x＋2a2.∵f(－x)＝f(x)，∴2a＋ab＝0，∴f(x)＝bx2＋2

a2.∵f(x)的定义域为R，值域为(－∞，4]，∴b<0，且2a2＝4，∴b＝－2，∴f(x)＝－2x2＋4.【题型三】二次函数的图象问题【典例1】在同一坐标系中，函数y＝ax2＋bx与y＝ax＋b(ab≠0)的图象可能是()【解析】抛物线y＝ax2＋bx过原点排除A，又直线y＝ax＋b与抛物

线y＝ax2＋bx都过点－ba，0，排除B，C.故选D.【典例2】设abc>0，二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c的图象可能是()【解析】因为abc>0，二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c，那么可知，在A中，a<0，b<0，

c<0，不符合题意；B中，a<0，b>0，c>0，不符合题意；C中，a>0，c<0，b>0，不符合题意，故选D.【典例3】一次函数y＝ax＋b(a≠0)与二次函数y＝ax2＋bx＋c在同一坐标系中的图象大致是()【解析】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－b2a<0，而二次函数的对称轴在y轴的右侧，故应排除B，故选C.【题型四】二次函数的单

调性与最值问题【典例1】已知f(x)＝ax2－2x＋1.(1)若f(x)在[0,1]上单调，求实数a的取值范围；(2)若x∈[0,1]，求f(x)的最小值g(a)．【解析】(1)当a＝0时，f(x)＝－2x＋1单调递减；当a>0时，f(x)的对称轴为x＝1a，且1a>0，∴1a≥1，即0<a≤1；

当a<0时，f(x)的对称轴为x＝1a且1a<0，∴a<0符合题意．综上有，a≤1.(2)①当a＝0时，f(x)＝－2x＋1在[0,1]上单调递减，∴f(x)min＝f(1)＝－1.②当a>0时，f(x)＝ax2－2x＋1的图象开口方向向上，且对称轴为x＝1a.(ⅰ)当1a<1，即a>1时，

f(x)＝ax2－2x＋1图象的对称轴在[0,1]内，∴f(x)在0，1a上单调递减，在1a，1上单调递增．∴f(x)min＝f1a＝1a－2a＋1＝－1a＋1.(ⅱ)当1a≥1，即0<a≤1时，f(x)在[0,1]上单调递减．∴f(x)min＝f(1)＝

a－1.③当a<0时，f(x)＝ax2－2x＋1的图象的开口方向向下，且对称轴x＝1a<0，在y轴的左侧，∴f(x)＝ax2－2x＋1在[0,1]上单调递减．∴f(x)min＝f(1)＝a－1.综上所述

，g(a)＝a－1，a≤1，－1a＋1，a>1.【典例2】设函数f(x)＝x2－2x－1在区间[t，t＋1]上有最小值g(t)，求g(t)的解析式．【解析】f(x)＝x2－2x－1＝(x－1)2－2.①当t≤1≤t＋1，即0≤t≤1时，

g(t)＝－2.②当t>1时，f(x)在区间[t，t＋1]上是增函数，则最小值g(t)＝f(t)＝t2－2t－1；③当t＋1<1，即t<0时，f(x)在区间[t，t＋1]上是减函数，则最小值g(t)＝f(t＋1)＝t2－2.∴g(t)＝

t2－2，t＜0，－2，0≤t≤1，t2－2t－1，t＞1.【典例3】已知函数f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)，记M(a，b)是|f(x)|在区间[－1，1]上的最大值．(1)证明：当|a|≥2时，M(a

，b)≥2；(2)当a，b满足M(a，b)≤2时，求|a|＋|b|的最大值．【解析】(1)证明：由f(x)＝x＋a22＋b－a24，得对称轴为直线x＝－a2.由|a|≥2，得－a2≥1，故f(x)在[－1，1]上

单调，所以M(a，b)＝max{|f(1)|，|f(－1)|}．当a≥2时，由f(1)－f(－1)＝2a≥4，得max{f(1)，－f(－1)}≥2，即M(a，b)≥2.当a≤－2时，由f(－1)－f(1)＝－2a≥4，得max{

f(－1)，－f(1)}≥2，即M(a，b)≥2.综上，当|a|≥2时，M(a，b)≥2.(2)由M(a，b)≤2得|1＋a＋b|＝|f(1)|≤2，|1－a＋b|＝|f(－1)|≤2，故|a＋b|≤3，|a－b|≤3，由|a|＋|b|＝|a＋b|，ab≥0，|a－b|，ab＜0，

得|a|＋|b|≤3.当a＝2，b＝－1时，|a|＋|b|＝3，且|x2＋2x－1|在[－1，1]上的最大值为2，即M(2，－1)＝2.所以|a|＋|b|的最大值为3.【题型五】二次方程根的分布问题【典例1】(多选)已知函数f

(x)＝x2－2x＋a有两个零点x1，x2，以下结论正确的是()A．a<1B．若x1x2≠0，则1x1＋1x2＝2aC．f(－1)＝f(3)D．函数y＝f(|x|)有四个零点【解析】二次函数对应二次方程根的判别式Δ＝(－2)2－4a＝4－4a>0，a<1，故A正确；由根与系数的关系得，

x1＋x2＝2，x1x2＝a，1x1＋1x2＝x1＋x2x1x2＝2a，故B正确；因为f(x)的对称轴为x＝1，点(－1，f(－1))，(3，f(3))关于对称轴对称，故C正确；当a<0时，y＝f(|x|)只有

两个零点，故D不正确．故选ABC.【典例2】已知二次函数f(x)＝x2＋2bx＋c(b，c∈R)满足f(1)＝0，且关于x的方程f(x)＋x＋b＝0的两个实数根分别在区间(－3，－2)，(0，1)内，求实数b的取值范围．【解析】由题意知f(1)＝1

＋2b＋c＝0，∴c＝－1－2b，记(x)＝f(x)＋x＋b＝x2＋(2b＋1)x＋b＋c＝x2＋(2b＋1)x－b－1，则g（－3）＝5－7b＞0，g（－2）＝1－5b＜0，g（0）＝－1－b＜0，g（1）＝b＋1＞0，解得

b＜57，b＞15，b＞－1，b＞－1，即b∈15，57.因此b的取值范围为15，57.【典例3】已知关于x的二次方程x2＋2mx＋2m＋1＝0.(1)若方程有两根，其中一根在区间(－1，0)内，另

一根在区间(1，2)内，求m的取值范围；(2)若方程两根均在区间(0，1)内，求m的取值范围．【解析】(1)条件说明抛物线f(x)＝x2＋2mx＋2m＋1与x轴的交点分别在区间(－1，0)和(1，2)内，作出函数f(x)的大致图象，得f（0）＝2m＋1<0，f（－1）

＝2>0，f（1）＝4m＋2<0，f（2）＝6m＋5>0⇒m<－12，m∈R，m<－12，m>－56.∴－56<m<－12.故m的取值范围为m|－56＜m＜－12.(2)由抛物线与x轴交点落在区间(0，1)内，作出函数f(x)的大致图象

，得f（0）＝2m＋1>0，f（1）＝4m＋2>0，Δ＝（2m）2－4（2m＋1）≥0，0<－m<1.⇒m>－12，m>－12，m≥1＋2或m≤1－2，－1<m<0.∴－12<m≤1－2.故m的取值范围为m|－12＜m≤1－2.【题型六】二次函数中

的恒成立问题【典例1】已知二次函数f(x)满足f(x＋1)－f(x)＝2x，且f(0)＝1，若不等式f(x)>2x＋m在区间[－1,1]上恒成立，则实数m的取值范围为____________．【解析】设f(x)＝ax2＋bx＋c(

a≠0)，由f(0)＝1，得c＝1，又f(x＋1)－f(x)＝2x，得2ax＋a＋b＝2x，所以a＝1，b＝－1，所以f(x)＝x2－x＋1.f(x)>2x＋m在区间[－1,1]上恒成立，即x2－3x＋1－m>0在[－1,1]上恒成立，令g(x)＝x2－3x＋1－m＝

x－322－54－m，x∈[－1,1]，g(x)在[－1,1]上单调递减，所以g(x)min＝g(1)＝1－3＋1－m>0，所以m<－1.【典例2】函数f(x)＝a2x＋3ax－2(a>1)，若在区间[－1,1]上f(x)≤8恒成立，则a的最大值为________．【解析】令ax

＝t，因为a>1，x∈[－1,1]，所以1a≤t≤a，原函数化为g(t)＝t2＋3t－2，t∈1a，a，显然g(t)在1a，a上单调递增，所以f(x)≤8恒成立，即g(t)max＝g(a

)≤8恒成立，所以有a2＋3a－2≤8，解得－5≤a≤2，又a>1，所以a的最大值为2.【典例3】已知函数f(x)＝x2－2ax＋2a＋4的定义域为R，值域为[1，＋∞)，则a的值为________．【解析】由于函数f(x)的值域为[1，＋∞)，所以f(x)min＝1.又f(x)＝(

x－a)2－a2＋2a＋4，当x∈R时，f(x)min＝f(a)＝－a2＋2a＋4＝1，即a2－2a－3＝0，解得a＝3或a＝－1.【题型七】二次函数的综合问题【典例1】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】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＝t2＋1，t≤0，1，0<t<1，t2－2t＋2，t≥1.【典例2】已知函数f(x)＝tx，g(x)＝(2－t)x2－4x＋1.若对于任一实数x0，函数值f(x0)与g(x0)中至少有一个为

正数，则实数t的取值范围是()A．(－∞，－2)∪(0，2]B．(－2，0)∪(0，2]C．(－2，2]D．(0，＋∞)【解析】由题可知函数f(x)的图象过原点，g(x)的图象过定点(0，1)．①当t＝0时，f(x)恒为0，g(x)＝2x2

－4x＋1，Δ＝16－8＞0，g(x)不恒为正，故不合题意；②当t＝2时，f(x)＝2x，g(x)＝－4x＋1，显然符合题意；③当t＞2时，g(x)＝(2－t)x2－4x＋1，Δ＝4t＋8＞0，对称轴x＝22－t＜0，图象开口向下，作出

g(x)与f(x)的函数图象，由图可知存在x0＜0使得g(x0)＜0且f(x0)＜0，故不合题意；④当0＜t＜2时，g(x)的图象开口向上，Δ＞0，对称轴x＝22－t＞0，作出g(x)与f(x)的函数图象，由图可知对任一x0∈R，有g(x0)＞0或f(x0)＞0，故符合题意；⑤

当t＜0时，g(x)的图象开口向上，Δ＝4t＋8，对称轴x＝22－t＞0，若Δ＜0，即t＜－2，则g(x)恒为正，故符合题意；若Δ≥0，即－2≤t＜0，则作出g(x)与f(x)的函数图象，由图可知存在x0＞0，使得f(x0)＜0且g(x0)≤0，故

不合题意．另解：也可令t取特殊值，利用排除法解答．综上可得实数t的取值范围为(－∞，－2)∪(0，2]．故选A.【典例3】已知f(x)＝m(x－2m)(x＋m＋3)，g(x)＝2x－2.若同时满足条件：①∀x∈R

，f(x)<0或g(x)<0；②∃x∈(－∞，－4)，f(x)g(x)<0.求实数m的取值范围．【解析】当x<1时，g(x)<0，当x>1时，g(x)>0，当x＝1时，g(x)＝0，故m＝0不符合要求；当m>0时，根据函数

f(x)和函数g(x)的单调性，一定存在区间[a，＋∞)使f(x)≥0且g(x)≥0，故m>0时不满足条件①；当m<0时，如图所示，如果满足条件①，则函数f(x)的两个零点都小于1，如果满足条件②，则函数f(x)至少有一个零点小于－4，问题等价于函数f(x)有两个不相等的零点，其中较大

的零点小于1，较小的零点小于－4.函数f(x)的两个零点是2m，－(m＋3)，故m满足m＜0，2m＜－（m＋3），2m＜－4，－（m＋3）＜1或m＜0，－（m＋3）＜2m，2m＜1，－（m

＋3）＜－4，由第一个不等式组得－4<m<－2，第二个不等式组无解，故所求m的取值范围是(－4，－2)．三、【培优训练】【训练一】已知函数f(x)＝(x2－2x－3)(x2＋ax＋b)是偶函数，则f(x)的值域是________．【解析】因为f(x)＝(x2－2x－3)(x2＋ax＋b

)＝(x－3)(x＋1)(x2＋ax＋b)是偶函数，所以有f(－3)＝f(3)＝0，f(1)＝f(－1)＝0，代入得9－3a＋b＝0，1＋a＋b＝0，解得a＝2，b＝－3.所以f(x)＝(x2－2x－3)(x

2＋2x－3)＝(x2－3)2－4x2＝x4－10x2＋9＝(x2－5)2－16≥－16.【训练二】已知二次函数f(x)＝x2－2tx＋2t＋1，x∈[－1，2]．若f(x)≥－1恒成立，求t的取值范围．【解析】①若t＜－1，要使f(x

)≥－1恒成立，只需f(－1)≥－1，即4t＋2≥－1，则t≥－34，这与t＜－1矛盾．②若－1≤t≤2，要使f(x)≥－1恒成立，只需f(t)≥－1，即－t2＋2t＋1≥－1，则1－3≤t≤1＋3，∴1－3≤t≤2.③若t＞2，要使f(x)≥－1恒成

立，只需f(2)≥－1，即－2t＋5≥－1，∴2＜t≤3.综上所述，t的取值范围是[1－3，3]【训练三】若函数φ(x)＝x2＋m|x－1|在[0，＋∞)上单调递增，则实数m的取值范围是__________．【解析】当0≤x<1

时，φ(x)＝x2－mx＋m，此时φ(x)单调递增，则m2≤0，即m≤0；当x≥1时，φ(x)＝x2＋mx－m，此时φ(x)单调递增，则－m2≤1，即m≥－2.综上，实数m的取值范围是[－2,0]．【训练四】．是否存在实数a∈[－2,1]，使函数f(x)＝x2－2ax＋a的定义域为[－1,

1]时，值域为[－2,2]？若存在，求a的值；若不存在，请说明理由．【解析】f(x)＝(x－a)2＋a－a2，当－2≤a<－1时，f(x)在[－1,1]上为增函数，∴由f(－1)＝－2，f(1)＝2，得a＝－1(舍去)；当－1≤a≤0时，由f(a)＝－2，

f(1)＝2，得a＝－1；当0<a≤1时，由f(a)＝－2，f(－1)＝2，得a不存在；综上可得，存在实数a满足题目条件，a＝－1.【训练五】已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋1(a，b∈R且a≠0)，x∈R.(1)若函数f(x)的最小值为f(－1

)＝0，求f(x)的解析式，并写出单调区间；(2)在(1)的条件下，f(x)>x＋k在区间[－3，－1]上恒成立，试求k的取值范围.【解析】(1)由题意知a>0，－b2a＝－1，f（－1）＝a－b＋1＝0，解得a＝1，b＝2.所以f(x)＝x2＋2x

＋1，由f(x)＝(x＋1)2知，函数f(x)的单调递增区间为[－1，＋∞)，单调递减区间为(－∞，－1].(2)由题意知，x2＋2x＋1>x＋k在区间[－3，－1]上恒成立，即k<x2＋x＋1在区间[－3，－1]上恒成立，令g(x)＝x2＋

x＋1，x∈[－3，－1]，由g(x)＝x＋122＋34知g(x)在区间[－3，－1]上是减函数，则g(x)min＝g(－1)＝1，所以k<1，故k的取值范围是(－∞，1).【训练六】已知a，b是常数且a

≠0，f(x)＝ax2＋bx且f(2)＝0，且使方程f(x)＝x有等根．(1)求f(x)的解析式；(2)是否存在实数m，n(m<n)，使得f(x)的定义域和值域分别为[m，n]和[2m,2n]?【解析】(1)由f(x)＝ax2＋bx，且f(2)＝0，则4a＋2b＝0，又方程f(x)＝x，即a

x2＋(b－1)x＝0有等根，得b＝1，从而a＝－12，所以f(x)＝－12x2＋x.(2)假定存在符合条件的m，n，由(1)知f(x)＝－12x2＋x＝－12(x－1)2＋12≤12，则有2n≤12，即n≤14.又f(x)图象的对称轴为直线x＝1，则f(x)在[

m，n]上单调递增，于是得m<n≤14，f(m)＝2m，f(n)＝2n，即m<n≤14，－12m2＋m＝2m，－12n2＋n＝2n，解方程组得m＝－2，n＝0，所以存在m＝－2，n＝

0，使函数f(x)在[－2,0]上的值域为[－4,0]．四、【强化测试】【单选题】1.函数13yx=的图象是()【解析】由函数图象上的特殊点(1,1)，可排除A，D；由特殊点(8,2)，18，12，可排除C，故选B.2.若f(x)是幂函数，且满足f

(4)f(2)＝3，则f12等于()A．3B．－3C.13D．－13【解析】设f(x)＝xα，则4α2α＝2α＝3，∴f12＝12α＝13.故选C.3.若幂函数2268()(44)mmfxmmx−+=−+在(0，＋∞)上为增函数，则m

的值为()A．1或3B．1C．3D．2【解析】由题意得m2－4m＋4＝1，m2－6m＋8>0，解得m＝1.故选B.4.函数f(x)＝ax2＋(a－3)x＋1在区间[－1，＋∞)上单调递减，则实数a的取值范围是()A．[－3,0

)B．(－∞，－3]C．[－2,0]D．[－3,0]【解析】当a＝0时，f(x)＝－3x＋1在[－1，＋∞)上单调递减，满足题意．当a≠0时，f(x)的对称轴为直线x＝3－a2a，由f(x)在[－1，＋∞)上

单调递减，知a<0，3－a2a≤－1，解得－3≤a<0.综上，a的取值范围为[－3,0]．故选D.5.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＝0B．a<0,4a＋b＝0C．a>0,2a＋b＝0D．a<0,2a＋b＝0

【解析】由f(0)＝f(4)，得f(x)＝ax2＋bx＋c图象的对称轴为直线x＝－b2a＝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.6.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】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．故选A.7.若函数f(x)＝x2＋a|x|＋2，x∈R

在区间[3，＋∞)和[－2，－1]上均为增函数，则实数a的取值范围是()A．－113，－3B．[－6，－4]C．[－3，－22]D．[－4，－3]【解析】由于f(x)为R上的偶函数，因此只需考虑函

数f(x)在(0，＋∞)上的单调性即可．由题意知函数f(x)在[3，＋∞)上为增函数，在[1，2]上为减函数，故－a2∈[2，3]，即a∈[－6，－4]．故选B.8.已知函数f(x)＝2ax2－ax＋1(a<0)，若x1<x2，x1＋x2＝0，

则f(x1)与f(x2)的大小关系是()A．f(x1)＝f(x2)B．f(x1)>f(x2)C．f(x1)<f(x2)D．与x的值无关【解析】由题知二次函数f(x)的图象开口向下，图象的对称轴为x＝14，因为x1＋x2＝0，所以直线x＝

x1，x＝x2关于直线x＝0对称，由x1<x2，结合二次函数的图象可知f(x1)<f(x2)．故选B.【多选题】9.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．

0B．[－3,0]C．3D．－3【解析】依题意，得Δ＝4(m＋3)2－4×3(m＋3)＝0，则m＝0或m＝－3.∴实数m的取值范围是{0，－3}．故选AD.10.若二次函数y＝kx2－4x＋2在区间[1,2]上是单调递增函数，则实数k的取值可以是()A．0B．1C．2

D．3【解析】二次函数y＝kx2－4x＋2图象的对称轴为直线x＝2k，当k>0时，要使函数y＝kx2－4x＋2在区间[1,2]上是增函数，只需2k≤1，解得k≥2；当k<0时，2k<0，此时抛物线的对称轴在

区间[1,2]的左侧，则函数y＝kx2－4x＋2在区间[1,2]上是减函数，不符合要求．综上可得实数k的取值范围是[2，＋∞)．故选CD.11.由于被墨水污染，一道数学题仅能见到如下文字：已知二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象过点(1，0)，…，求证：这个二次

函数的图象关于直线x＝2对称．根据现有信息，题中的二次函数可能具有的性质是()A．在x轴上截得的线段的长度是2B．与y轴交于点(0，3)C．顶点是(－2，－2)D．过点(3，0)【解析】由已知得a＋b＋c＝0－b2a＝2，解得b＝－4a，c＝3a，所以二次函数为

y＝a(x2－4x＋3)，其顶点的横坐标为2，所以顶点一定不是(－2，－2)，故选ABD．12.设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，对任意实数t都有f(4＋t)＝f(－t)成立，则函数值f(－1)，f(1)，f(2)，f(5)中，最小的可能是()A．f(－1)B．f(

1)C．f(2)D．f(5)【解析】因为对任意实数t都有f(4＋t)＝f(－t)成立，所以函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)的对称轴是x＝2，当a>0时，函数值f(－1)，f(1)，f(2)，f(5)中，最小的是

f(2)；当a<0时，函数值f(－1)，f(1)，f(2)，f(5)中，最小的是f(－1)和f(5)．故选ACD.【填空题】13.已知幂函数y＝mxn(m，n∈R)的图象经过点(4，2)，则m－n＝________．【解析】函数y＝mxn(m，n∈R)为幂函数，则m＝1；又函数y＝x

n的图象经过点(4，2)，则4n＝2，解得n＝12.所以m－n＝1－12＝12.答案：1214.二次函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的图象如图所示，确定下列各式的正负：b________0，ac________0，a－b＋c

________0.(填“＞”“＜”或“＝”)【解析】因为a<0，－b2a>0，c>0，所以b>0，ac<0.设y＝f(x)＝ax2＋bx＋c，则a－b＋c＝f(－1)<0.答案：><<15.如果函数f(x)＝x2－ax－a在区间[0，2]上的最大值为为1，那么实数a＝________

．【解析】因为函数f(x)＝x2－ax－a的图象为开口向上的抛物线，所以函数的最大值在区间的端点取得．因为f(0)＝－a，f(2)＝4－3a，所以－a>4－3a，－a＝1或－a≤4－3a，4－3a＝1，解得a＝1.答案：116.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<x0<b)，满足f(x0)＝f（b）－f（a）b－a，则称函数y＝f(x)是[a，b]上的“平均值函数”，x0是它的一个均值点，如y＝x4是[－1，1]上的平均值函数，0就是它的均值点．现有函数f(x)＝－x2＋mx＋1是[－1，

1]上的平均值函数，则实数m的取值范围是________．【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f（1）－f（－1）1－（－1）＝m＝f(x0)，即关于x0的方程－x20＋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<m－1<1，即0<m<2，所以实数m的取值范围是(0，2)．答案：(0，2)【解答题】17.已知函数f(x)＝x2＋2ax＋2，x∈[

]－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．【解析】(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，＋∞)．18.已知二次函数f(x)的二次项系数为a，且不等式f(x)＞－2x的

解集为(1，3)．若方程f(x)＋6a＝0有两个相等的实根，求函数f(x)的解析式．【解析】依题意可设f(x)＋2x＝a(x－1)(x－3)，且a＜0.于是f(x)＝a(x－1)(x－3)－2x＝ax2－(2＋4a)x＋3a.由f(x)＋6a＝0，得ax2－(2＋4a)x＋9a＝0.∴Δ＝(2＋4

a)2－36a2＝0⇒5a2－4a－1＝0.解之得a＝1(舍)或a＝－15.∴f(x)＝－15x2－65x－35.19.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)＝xf（x）的最大值．【解析】(1)因为二次函数满足f(x)＝f(－4－x)，所以f(x)的图象的对称轴为直线x＝－2.因为x1，x2是f(x)的两个零点，且|x1－x2|＝2.所以x1＝－3，x2＝－1或x1＝－1，x2＝－3.设f(x)＝a(x＋3)(

x＋1)(a≠0)．由f(0)＝3a＝3得a＝1，所以f(x)＝x2＋4x＋3.(2)由(1)得g(x)＝xf（x）＝xx2＋4x＋3＝1x＋3x＋4(x>0)，因为x>0，所以1x＋3x＋4≤14＋23＝1

－32，当且仅当x＝3x，即x＝3时等号成立．所以g(x)的最大值是1－32.20.已知函数f(x)＝ax＋2－ax＋1，其中a∈R.(1)当函数f(x)的图象关于点P(－1，3)成中心对称时，求a的值；(2)若函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递减，求a的取值范

围.【解析】(1)f(x)＝ax＋2－ax＋1＝a（x＋1）＋2－2ax＋1＝a＋2－2ax＋1，所以f(x)的对称中心为(－1，a)，与P(－1，3)比较得a＝3.(2)由f(x)＝ax＋2－ax＋1＝a＋2－2ax＋1，当2－2a＞0，即a

＜1时，f(x)在(－1，＋∞)上单调递减，故a的取值范围是{a|a＜1}.21.已知f(x)＝ax2－2x＋1.(1)若f(x)在[0,1]上单调，求实数a的取值范围；(2)若x∈[0,1]，求f(x)的最小值g(a

)．【解析】(1)当a＝0时，f(x)＝－2x＋1单调递减；当a>0时，f(x)的对称轴为x＝1a，且1a>0，∴1a≥1，即0<a≤1；当a<0时，f(x)的对称轴为x＝1a且1a<0，∴a<0符合题意．综上有，a≤1.(2)①当a＝0时，f(x)＝

－2x＋1在[0,1]上单调递减，∴f(x)min＝f(1)＝－1.②当a>0时，f(x)＝ax2－2x＋1的图象开口方向向上，且对称轴为x＝1a.(ⅰ)当1a<1，即a>1时，f(x)＝ax2－2x＋1图象的对称轴在[0,1]内，∴f(x

)在0，1a上单调递减，在1a，1上单调递增．∴f(x)min＝f1a＝1a－2a＋1＝－1a＋1.(ⅱ)当1a≥1，即0<a≤1时，f(x)在[0,1]上单调递减．∴f(x)min＝f(1)＝a－1.③当a<0时，f(x)＝ax2－2x＋1的

图象的开口方向向下，且对称轴x＝1a<0，在y轴的左侧，∴f(x)＝ax2－2x＋1在[0,1]上单调递减．∴f(x)min＝f(1)＝a－1.综上所述，g(a)＝a－1，a≤1，－1a＋1，a>1.22.如图，O，P，Q三地有直道相通，OP＝3千米，PQ＝4千米，OQ＝5千米

，现甲、乙两警员同时从O地出发匀速前往Q地，经过t小时，他们之间的距离为f(t)(单位：千米)．甲的路线是OQ，速度为5千米/小时，乙的路线是OPQ，速度为8千米/小时，乙到达Q地后在原地等待．设t＝t1时乙到达P地，t＝t2时乙到达Q地．(1)求t1与f(t1)的值；(2)已知警员的对讲机的

有效通话距离是3千米，当t1≤t≤t2时，求f(t)的表达式，并判断f(t)在[t1，t2]上的最大值是否超过3？说明理由．【解析】(1)由条件知t1＝38，设此时甲到达A点，并连接AP，如图所示，则OA＝5×38＝158.∴在△OAP中由余弦定理得，f(t1)＝AP＝OA2＋O

P2－2OA·OP·cos∠AOP＝1582＋9－454·35＝3418(千米)．(2)可以求得t2＝78，设t小时后，且38≤t≤78，甲到达了B点，乙到达了C点，如图所示，则BQ＝5－5t，CQ＝7－8t.∴在△BCQ中由余弦定理得，f(t)＝BC＝（5－5t）2＋（7－8

t）2－2（5－5t）（7－8t）·45＝25t2－42t＋18，即f(t)＝25t2－42t＋18，38≤t≤78.设g(t)＝25t2－42t＋18，38≤t≤78，g(t)的对称轴为t＝2125∈

38，78.且g38＝36964，g78＝2564.故g(t)的最大值为36964，此时f(t)取最大值3418＜3.故f(t)在[t1，t2]上的最大值不超过3.