第10讲　二次函数与幂函数高考数学一轮复习讲义练习

这是一份第10讲　二次函数与幂函数高考数学一轮复习讲义练习，共13页。
激活思维
1. 已知幂函数f(x)的图象经过点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(\r(2),2)))，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,16)))的值等于( B )
A. eq \f(1,4)B. 4
C. 8D. eq \f(1,8)
【解析】 设幂函数f(x)＝xα，因为幂函数f(x)的图象经过点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(\r(2),2)))，所以2α＝ eq \f(\r(2),2)，α＝－ eq \f(1,2)，所以f(x)＝x－ eq \f(1,2)，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,16)))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,16))) eq \s\up12(－\f(1,2))＝4.
2. (人A必一P91练习T1改)若幂函数的图象过点(2， eq \r(2))，则它的单调递增区间为( B )
A. (－∞，0]
B. [0，＋∞)
C. (－∞，0)∪(0，＋∞)
D. R
【解析】 设幂函数为y＝xα，则2α＝ eq \r(2)，可得α＝ eq \f(1,2)，所以y＝x eq \s\up6(\f(1,2))，则所求的单调递增区间为[0，＋∞).
3. (人A必一P100复习参考题T4改)若函数f(x)＝4x2－kx－8在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,4)))上是减函数，则实数k的取值范围是( A )
A. [2，＋∞)B. [－2，＋∞)
C. (－∞，2]D. (－∞，－2]
【解析】 函数f(x)＝4x2－kx－8图象的对称轴为x＝ eq \f(k,8)，由于f(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,4)))上是减函数，所以 eq \f(k,8)≥ eq \f(1,4)⇒k≥2.
4. 已知函数f(x)＝3x2－2(m＋3)x＋m＋3的值域为[0，＋∞)，那么实数m的取值范围为( A )
A. {0，－3}B. [－3，0]
C. {0，3}D. (－∞，－3]∪[0，＋∞)
【解析】 由题意得Δ＝4(m＋3)2－4×3×(m＋3)＝0，则m＝0或m＝－3，所以实数m的取值范围是{0，－3}．
5. 已知函数f(x)＝x2＋ax－1在区间[0，3]上有最小值－2，那么实数a＝_－2_．
【解析】 当－ eq \f(a,2)≤0，即a≥0时，函数在区间[0，3]上为增函数，故f(x)min＝f(0)＝－1，不符合题意，舍去；当－ eq \f(a,2)≥3，即a≤－6时，函数在区间[0，3]上为减函数，故f(x)min＝f(3)＝8＋3a＝－2，解得a＝－ eq \f(10,3)，与a≤－6矛盾，舍去；当0＜－ eq \f(a,2)＜3，即－6＜a＜0时，f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))＝－2，解得a＝－2，经检验符合题意．故a＝－2.
聚焦知识
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
3．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．
4. 五种常见幂函数
5. 幂函数的性质
(1) 幂函数在_(0，＋∞)_上都有定义；
(2) 幂函数的图象都过点_(1，1)_；
(3) 当α＞0时，幂函数的图象都过点_(0，0)_与___(1，1)_，且在(0，＋∞)上单调_递增_；
(4) 当α＜0时，幂函数的图象都_不过_点(0，0)，在(0，＋∞)上单调_递减_．
研题型 素养养成
举题说法
幂函数
例1 已知幂函数y＝f(x)的图象过点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(\r(2),4)))，则下列关于f(x)的说法正确的是( C )
A. f(x)是奇函数
B. f(x)是偶函数
C. 在(0，＋∞)上单调递减
D. 定义域为[0，＋∞)
【解析】 设幂函数y＝f(x)＝xα，α∈R，由题意得2α＝ eq \f(\r(2),4)，α＝－ eq \f(3,2)，故y＝f(x)＝x－ eq \s\up7(\f(3,2)) ＝ eq \f(1,\r(x3))，定义域为(0，＋∞)，故D错误；定义域不关于原点对称，y＝f(x)为非奇非偶函数，故A，B错误；由于－ eq \f(3,2)＜0，故y＝f(x)＝x－ eq \s\up7(\f(3,2)) 在(0，＋∞)上单调递减，故C正确．
幂函数y＝xα的图象与性质由于α的值不同而比较复杂，一般从两个方面考查：(1) α的正负：当α＞0时，图象过原点和(1，1)，在第一象限的图象上升；当α＜0时，图象不过原点，在第一象限的图象下降．(2) 曲线在第一象限的凹凸性：当α＞1时，曲线下凹；当0＜α＜1时，曲线上凸；当α＜0时，曲线下凹．
变式1 (2024·广州冲刺训练(一))若幂函数f(x)＝(m2－m－1)x2m-3在(0，＋∞)上单调递增，则实数m的值为( A )
A. 2B. 1
C. －1D. －2
【解析】 因为幂函数f(x)＝(m2－m－1)x2m-3在(0，＋∞)上是增函数，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m2－m－1＝1，,2m－3＞0，))解得m＝2.
二次函数的图象与性质
视角1 二次函数的图象
例 2-1 (2024·绵阳一模)函数f(x)＝lgax(a＞0，且a≠1)与函数g(x)＝ax2－2x在同一平面直角坐标系内的图象不可能是( D )
AB

CD
【解析】 对于A，由对数函数图象可知a＞1，又函数g(x)＝ax2－2x，对称轴为x＝ eq \f(1,a)＜1，对应方程的两个根为0， eq \f(2,a)，由图知 eq \f(2,a)＜1，从而a＞2，故A可能；对于B，由对数函数图象可知a＞1，又函数g(x)＝ax2－2x，对称轴为x＝ eq \f(1,a)＜1，对应方程的两个根为0， eq \f(2,a)，由图知 eq \f(2,a)＞1，从而0＜a＜2，故B可能；对于C，由对数函数图象可知0＜a＜1，又函数g(x)＝ax2－2x，对称轴为x＝ eq \f(1,a)＞1，对应方程的两个根为0， eq \f(2,a)，由图知 eq \f(2,a)＞1，从而a＜2，故C可能；对于D，由对数函数图象可知0＜a＜1，又函数g(x)＝ax2－2x，对称轴为x＝ eq \f(1,a)＜1，则a＜0或a＞1，故D不可能．
变式 2-1 (多选)在下列图形中，二次函数y＝ax2＋bx与指数函数y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))x的图象可能是( ABD )
AB

CD
【解析】 当a＞b＞0时，A正确；当b＞a＞0时，B正确；当0＞a＞b时，D正确；当0＞b＞a时，无此选项．
视角2 二次函数的性质
例 2-2 (1) (多选)若函数f(x)＝x2－(4a－1)x＋2在[－1，2]上不单调，则实数a的取值可能是( BC )
A. －1B. 0
C. 1D. 2
【解析】 因为函数f(x)＝x2－(4a－1)x＋2在[－1，2]上不单调，所以－1＜ eq \f(4a－1,2)＜2，所以－2＜4a－1＜4，所以－ eq \f(1,4)＜a＜ eq \f(5,4).
(2) (2024·绵阳期初)已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋2ax＋5，x＜1，,\f(－a,x)，x≥1))在R上是减函数，则实数a的取值范围是_[－2，－1]_．
【解析】 因为函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋2ax＋5，x＜1，,\f(－a,x)，x≥1))在R上是减函数，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－a≥1，,－a＞0，,1＋2a＋5≥－a，))解得a∈[－2，－1].
二次函数的动态问题
例3 已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)满足f(x)＝0有两个实数根x1，x2.
(1) 若a＝1，c＝b＋ eq \f(5,4)，x1≠x2，求实数b的取值范围；
【解答】 由已知x2＋bx＋b＋ eq \f(5,4)＝0有两个不等实根，得Δ＝b2－4 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b＋\f(5,4)))＞0，解得b＜－1或b＞5，即实数b的取值范围为(－∞，－1)∪(5，＋∞).
(2) 若f(0)＝1，f(1)＝0，记f(x)在x∈[－1，1]时的最小值为g(a)，求g(a)的表达式．
【解答】 由f(0)＝c＝1，可知f(x)＝ax2＋bx＋1.又f(1)＝a＋b＋1＝0，故b＝－a－1，显然a≠0，所以f(x)＝ax2－(a＋1)x＋1＝a eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a＋1,2a))) eq \s\up12(2)－ eq \f((a－1)2,4a).当a＞0时，f(x)的图象是开口向上的抛物线，当a≥1时，－1＜ eq \f(a＋1,2a)≤1，则g(a)＝－ eq \f((a－1)2,4a)；当0＜a＜1时， eq \f(a＋1,2a)≥1，则g(a)＝f(1)＝0.当a＜0时，f(x)的图象是开口向下的抛物线，当－1≤a＜0时， eq \f(a＋1,2a)≤0，则g(a)＝f(1)＝0；当a＜－1时， eq \f(a＋1,2a)＞0，则g(a)＝f(－1)＝2a＋2.综上，g(a)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a＋2，a＜－1，,0，－1≤a＜1且a≠0，,－\f((a－1)2,4a)，a≥1.))
对二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，当a＞0时，f(x)在区间[p，q]上的最大值是M，最小值是m，令x0＝ eq \f(p＋q,2)：
(1) 若－ eq \f(b,2a)≤p，则m＝f(p)，M＝f(q)；
(2) 若p＜－ eq \f(b,2a)＜x0，则m＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,2a)))，M＝f(q)；
(3) 若x0≤－ eq \f(b,2a)＜q，则m＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,2a)))，M＝f(p)；
(4) 若－ eq \f(b,2a)≥q，则m＝f(q)，M＝f(p).
1. 若函数y＝x2－2x，x∈[－2，a]，则该函数的最小值g(a)＝_ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2－2a，－2＜a≤1，,－1，a＞1))_．
【解析】 因为y＝x2－2x＝(x－1)2－1，所以其图象的对称轴为直线x＝1.当－2＜a≤1时，函数在[－2，a]上单调递减，则当x＝a时，ymin＝a2－2a；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，ymin＝－1.综上，g(a)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2－2a，－2＜a≤1，,－1，a＞1.))
2. 函数y＝－x2＋2ax＋2，x∈[－1，3]的最小值 ymin＝_ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(6a－7，a≤1，,1－2a，a＞1))_．
【解析】 函数y＝－x2＋2ax＋2开口向下，对称轴为x＝a.因为x∈[－1，3]，令y＝f(x)＝－x2＋2ax＋2，当a≤ eq \f(－1＋3,2)＝1时，ymin＝f(3)＝6a－7；当a＞1时，ymin＝f(－1)＝1－2a.所以函数y＝－x2＋2ax＋2，x∈[－1，3]的最小值ymin＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(6a－7，a≤1，,1－2a，a＞1.))
3. 已知f(x)＝x2－6x＋10在区间[a，a＋1]上的最大值为4，则实数a的值为_2＋ eq \r(3)或3－ eq \r(3)_．
【解析】 令f(x)＝x2－6x＋10＝(x－3)2＋1，因为y＝f(x)在区间[a，a＋1]上的最大值为4，当a＋ eq \f(1,2)≥3，即a≥ eq \f(5,2)时，f(x)max＝(a＋1－3)2＋1＝4⇒a＝2＋ eq \r(3)；当a＋ eq \f(1,2)＜3，即a＜ eq \f(5,2)时，f(x)max＝(a－3)2＋1＝4⇒a＝3－ eq \r(3).综上，a＝2＋ eq \r(3)或a＝3－ eq \r(3).
二次方程根的分布
例4 (1) 若关于x的二次方程mx2＋(2m－1)x－m＋2＝0(m＞0)的两个互异的实数根都小于1，则实数m的取值范围是_ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3＋\r(7),4)，＋∞))_．
【解析】 因为关于x的二次方程mx2＋(2m－1)x－m＋2＝0(m＞0)的两个互异的实数根都小于1，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＞0，,Δ＝(2m－1)2－4m(－m＋2)＞0，,\f(1－2m,2m)＜1，,f(1)＝m＋2m－1－m＋2＞0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＞0，,m＜\f(3－\r(7),4)或m＞\f(3＋\r(7),4)，,m＞\f(1,4)或m＜0，,m＞－\f(1,2)，))解得m＞ eq \f(3＋\r(7),4).
(2) 已知关于x的二次方程x2＋2mx＋2m＋1＝0，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，则实数m的取值范围是_ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,6)，－\f(1,2)))_．
【解析】 设f(x)＝x2＋2mx＋2m＋1，问题转化为抛物线f(x)＝x2＋2mx＋2m＋1与x轴的交点分别在(－1，0)和(1，2)内，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f(0)＝2m＋1＜0，,f(－1)＝2＞0，,f(1)＝4m＋2＜0，,f(2)＝6m＋5＞0，))解得－ eq \f(5,6)＜m＜－ eq \f(1,2).
(3) 已知关于x的方程ax2＋x＋2＝0的两个实根一个小于0，另一个大于1，则实数a的取值范围是_(－3，0)_．
【解析】 显然a≠0，关于x的方程ax2＋x＋2＝0对应的二次函数为f(x)＝ax2＋x＋2(对开口方向进行讨论，分a＞0和a＜0).①若a＞0，即图象开口向上，ax2＋x＋2＝0的两个实根一个小于0，另一个大于1，只需f(0)＜0且f(1)＜0，即2＜0且a＋3＜0，则a∈∅；(若发现f(0)＝2，结合图象也可知a＞0不可能).②若a＜0，即图象开口向下，ax2＋x＋2＝0的两个实根一个小于0，另一个大于1，只需f(0)＞0且f(1)＞0，即2＞0且a＋3＞0，则－3＜a＜0.综上，实数a的取值范围是(－3，0).
(1) 求解二次方程根的分布问题，最重要的是数形结合做到“等价转化”；
(2) 画图时注意二次函数四大因素——开口方向，对称轴，判别式，特殊点(特殊点是指含参的二次函数过的一些定点(比如与x，y轴的交点)或某些函数值的正负).
随堂内化
1. 已知幂函数f(x)＝mxn的图象过点( eq \r(2)，2 eq \r(2))，设a＝f(m)，b＝f(n)，c＝f(ln 2)，则( B )
A. c＜b＜a B. c＜a＜b
C. b＜c＜a D. a＜b＜c
【解析】 因为函数f(x)＝mxn为幂函数，故m＝1.又函数f(x)＝mxn的图象过点( eq \r(2)，2 eq \r(2))，所以( eq \r(2))n＝2 eq \r(2)，解得n＝3，故f(x)＝x3，则函数f(x)为增函数．因为n＞m＞ln 2，所以c＜a＜b.
2. (2024·苏州期中)满足{x|m≤x≤n}＝{y|y＝x2，m≤x≤n}的实数对m，n构成的点(m，n)共有( C )
A. 1个B. 2个
C. 3个D. 无数个
【解析】 由{x|m≤x≤n}＝{y|y＝x2，m≤x≤n}，又y＝x2≥0，则m≥0，所以y＝x2在[m，n]上单调递增，故值域为[m2，n2]，即m，n是x2＝x的两根，解得x1＝0，x2＝1.当m＝n＝0时，点(m，n)为(0，0)；当m＝n＝1时，点(m，n)为(1，1)；当m＝0，n＝1时，点(m，n)为(0，1).
3. 若方程7x2－(m＋13)x－m－2＝0的一个根在区间(0，1)上，另一根在区间(1，2)上，则实数m的取值范围为_(－4，－2)_．
【解析】 设函数f(x)＝7x2－(m＋13)x－m－2，因为方程7x2－(m＋13)x－m－2＝0的一个根在区间(0，1)上，另一根在区间(1，2)上，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f(0)＝－m－2＞0，,f(1)＝－2m－8＜0，,f(2)＝－3m＞0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＜－2，,m＞－4，,m＜0，))所以－4＜m＜－2.
4. (2024·日照一模)设f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)满足：对任意的x1∈R，均存在x2∈R，使得f(x1)＝f(x2)－2x2，则实数a的取值范围是_(－∞，1]_.
【解析】 令h(x)＝f(x)－2x＝x2＋(a－2)x＋b.因为对任意的x1∈R，均存在x2∈R，使得f(x1)＝f(x2)－2x2，所以f(x)的值域是h(x)值域的子集，所以h(x)min≤f(x)min，即b－ eq \f((a－2)2,4)≤b－ eq \f(a2,4)，解得a≤1，即a的取值范围是(－∞，1].
配套精练
A组 夯基精练
一、 单项选择题
1. (2024·广州预测)若幂函数f(x)＝(m2－m－1)·x2m-3在(0，＋∞)上单调递增，则实数m的值为( A )
A. 2 B. 1
C. －1 D. －2
【解析】 因为幂函数f(x)＝(m2－m－1)x2m-3在(0，＋∞)上是增函数，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m2－m－1＝1，,2m－3＞0，))解得m＝2.
2. 已知二次函数f(x)满足f(2)＝－1，f(1－x)＝f(x)，且f(x)的最大值是8，则此二次函数的解析式为f(x)＝( A )
A. －4x2＋4x＋7 B. 4x2＋4x＋7
C. －4x2－4x＋7 D. －4x2＋4x－7
【解析】 由f(1－x)＝f(x)，得f(x)的对称轴为x＝ eq \f(1,2)，设二次函数为f(x)＝a eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋k(a≠0).因为f(x)的最大值是8，所以a＜0，当x＝ eq \f(1,2)时，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝k＝8，即二次函数f(x)＝a eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋8(a＜0).由f(2)＝－1，得f(2)＝a eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋8＝－1，解得a＝－4，则二次函数f(x)＝－4 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋8＝－4x2＋4x＋7.
3. 若a＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3))) eq \s\up6(\f(1,3))，b＝lg eq \s\d9(\f(1,2)) eq \f(2,5)，c＝3－ eq \s\up6(\f(1,4))，则a，b，c的大小关系为( C )
A. a＞b＞c B. b＞c＞a
C. b＞a＞c D. c＞b＞a
【解析】 b＝lg eq \s\d9(\f(1,2)) eq \f(2,5)＞lg eq \s\d9(\f(1,2)) eq \f(1,2)＝1，a＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3))) eq \s\up6(\f(1,3))＝ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))4)) eq \s\up6(\f(1,12))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(16,81))) eq \s\up6(\f(1,12))＞ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,81))) eq \s\up6(\f(1,12))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up6(\f(1,4))＝c，而a＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3))) eq \s\up6(\f(1,3))＜1，所以a，b，c的大小关系为b＞a＞c.
4. 在同一平面直角坐标系中，函数f(x)＝ax2＋x＋1和函数g(x)＝ax＋1的图象不可能是( C )
AB

CD
【解析】 若a＝0，则f(x)＝x＋1，g(x)＝1，A可能；若a＜0，则f(x)的图象开口向下，过点(0，1)，对称轴为x＝－ eq \f(1,2a)＞0，g(x)的图象过点(0，1)和 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)，0))，且－ eq \f(1,2a)＜－ eq \f(1,a)，B可能；若0＜a＜ eq \f(1,4)，则f(x)的图象开口向上，与x轴有两个交点，过点(0，1)，对称轴为x＝－ eq \f(1,2a)＜0，g(x)的图象过点(0，1)和 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)，0))，且－ eq \f(1,2a)＞－ eq \f(1,a)，C不可能；若a＞ eq \f(1,4)，则f(x)的图象开口向上，与x轴没有交点，过点(0，1)，对称轴为x＝－ eq \f(1,2a)＜0，g(x)的图象过点(0，1)和 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)，0))，且－ eq \f(1,2a)＞－ eq \f(1,a)，D可能．
二、 多项选择题
5. 已知函数f(x)＝ax2－2bx－1，则下列结论正确的是( ABD )
A. 若f(x)是偶函数，则b＝0
B. 若f(x)＜0的解集是(－1，1)，则ab＝1
C. 若a＝1，则f(x)＞0恒成立
D. ∀a≤0，b＜0，f(x)在(－∞，0)上单调递增
【解析】 对于A，函数f(x)的定义域为R，若函数f(x)为偶函数，则f(－x)＝f(x)，即ax2＋2bx－1＝ax2－2bx－1，即4bx＝0对任意的x∈R恒成立，则b＝0，故A正确；对于B，若不等式f(x)＜0的解集为(－1，1)，则a＞0且－1，1为方程f(x)＝0的两根，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1×1＝－\f(1,a)，,－1＋1＝\f(2b,a)，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝0，))故ab＝1，故B正确；对于C，若a＝1，则f(x)＝x2－2bx－1，Δ＝4b2＋4＞0，故f(x)＞0不恒成立，故C错误；对于D，当a＝0时，因为b＜0，所以f(x)在(－∞，0)上单调递增，当a＜0时，函数f(x)的对称轴为直线x＝ eq \f(b,a)，且 eq \f(b,a)＞0，由二次函数的单调性可知，函数f(x)在(－∞，0)上单调递增，因此，∀a≤0，b＜0，f(x)在(－∞，0)上单调递增，故D正确．
6. (2024·信阳模拟)若函数f(x)＝|x2－(m－2)x＋1|在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)))上单调，则实数m的值可以为( BD )
A. －1 B. － eq \f(1,2)
C. eq \f(5,2) D. 3
【解析】 ①当Δ＝(m－2)2－4≤0，即0≤m≤4时，f(x)＝|x2－(m－2)x＋1|＝x2－(m－2)x＋1，所以f(x)的对称轴为x＝ eq \f(m－2,2)，则f(x)的图象如图(1)所示，结合图象可知，要使函数f(x)＝|x2－(m－2)x＋1|在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)))上单调，则 eq \f(m－2,2)≥ eq \f(1,2)或 eq \f(m－2,2)≤－ eq \f(1,2)，解得m≥3或m≤1，即3≤m≤4或0≤m≤1；
图(1)

图(2)
(第6题答)
②当Δ＝(m－2)2－4＞0，即m＜0或m＞4时，令h(x)＝x2－(m－2)x＋1，则h(x)的对称轴为x＝ eq \f(m－2,2)，则h(x)的图象如图(2)所示，结合图象可知，要使函数f(x)＝|x2－(m－2)x＋1|在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)))上单调，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)≤\f(m－2,2)，,h\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))≥0))或 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)≤\f(m－2,2)，,h\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))≤0))或 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)≥\f(m－2,2)，,h\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))≤0))或 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)≥\f(m－2,2)，,h\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))≥0，))解得4＜m≤ eq \f(9,2)或－ eq \f(1,2)≤m＜0.综上，3≤m≤ eq \f(9,2)或－ eq \f(1,2)≤m≤1.
7. (2024·浙江模拟)二次函数y＝ax2＋bx＋c(a，b，c是常数，且a≠0)的自变量x与函数值y的部分对应值如下表：
且当x＝ eq \f(3,2)时，对应的函数值y＜0.下列说法正确的有( BCD )
A. abc＞0
B. mn＞ eq \f(100,9)
C. 关于x的方程ax2＋bx＋c＝0一定有一正、一负两个实数根，且负实数根在－ eq \f(1,2)和0之间
D. 若点P1(t＋2，y1)和P2(t－2，y2)在该二次函数的图象上，则当实数t＜ eq \f(1,2)时，y1＞y2
【解析】 将(0，2)，(1，2)代入y＝ax2＋bx＋c得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋b＋c＝2，,c＝2，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝－a，,c＝2，))所以二次函数为y＝ax2－ax＋2.因为当x＝ eq \f(3,2)时，对应的函数值y＜0，即 eq \f(9,4)a－ eq \f(3,2)a＋2＜0，所以a＜－ eq \f(8,3)，所以b＝－a＞ eq \f(8,3)，所以a＜0，b＞0，c＞0，所以abc＜0，故A错误；当x＝－1时，m＝a＋a＋2＝2a＋2，当x＝2时，n＝4a－2a＋2＝2a＋2，所以mn＝(2a＋2)2＝4(a＋1)2，因为a＜－ eq \f(8,3)，所以mn＞ eq \f(100,9)，故B正确；因为二次函数y＝ax2－ax＋2过点(0，2)，(1，2)，所以其对称轴为x＝ eq \f(1,2)，又当x＝ eq \f(3,2)时，对应的函数值y＜0，根据二次函数的对称性知，当x＝－ eq \f(1,2)时，对应的函数值y＜0，而当x＝0时，y＝2＞0，所以二次函数与x轴负半轴的交点横坐标在－ eq \f(1,2)和0之间，所以关于x的方程ax2＋bx＋c＝0一定有一正、一负两个实数根，且负实数根在－ eq \f(1,2)和0之间，故C正确；因为点P1(t＋2，y1)和P2(t－2，y2)在该二次函数的图象上，所以y1＝a(t＋2)2－a(t＋2)＋2，y2＝a(t－2)2－a(t－2)＋2，若y1＞y2，则a(t＋2)2－a(t＋2)＋2＞a(t－2)2－a(t－2)＋2，因为a＜0，所以(t＋2)2－(t＋2)＜(t－2)2－(t－2)，解得t＜ eq \f(1,2)，故D正确．
三、 填空题
8. 已知幂函数f(x)的图象过点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(\r(2),2)))，则f(x)＝_x－ eq \s\up6(\f(1,2))_；若f(a＋1)＜f(3－2a)，则实数a的取值范围是_ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(3,2)))_．
【解析】 设f(x)＝xα，将点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(\r(2),2)))代入得α＝－ eq \f(1,2)，所以f(x)＝x－ eq \s\up6(\f(1,2))，其在(0，＋∞)上单调递减，所以a＋1＞3－2a＞0，可得a∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(3,2))).
9. (2025·湛江期中)若函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－6x＋4，x≥1，,ax－2，x＜1))存在最小值，则实数a的取值范围为_[－3，0]_．
【解析】 当x≥1时，f(x)＝x2－6x＋4＝(x－3)2－5≥－5，显然a≤0，故只需a×1－2≥－5，则－3≤a≤0.
10. 已知函数f(x)＝－ eq \f(1,2)x2＋x，若f(x)的定义域为[m，n](m＜1)，值域为[2m，2n]，则m＋n＝_－2_.
【解析】 因为f(x)＝－ eq \f(1,2)x2＋x＝－ eq \f(1,2)(x－1)2＋ eq \f(1,2)，对称轴为x＝1，当m＜n≤1时，f(x)在[m，n]上单调递增，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f(m)＝－\f(1,2)m2＋m＝2m，,f(n)＝－\f(1,2)n2＋n＝2n，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝－2，,n＝0；))当m＜1＜n时，f(x)在[m，1]上单调递增，在[1，n]上单调递减，此时f(1)＝－ eq \f(1,2)＋1＝ eq \f(1,2)＝2n⇒n＝ eq \f(1,4)，与n＞1矛盾，舍去．综上，m＝－2，n＝0，m＋n＝－2.
四、 解答题
11. 求实数m的取值范围，使关于x的方程x2＋2(m－1)x＋2m＋6＝0分别满足下列条件．
(1) 有两个实根，且一个比2大，一个比2小；
【解答】 设y＝f(x)＝x2＋2(m－1)x＋2m＋6.
(1) 依题意有f(2)＜0，即4＋4(m－1)＋2m＋6＜0，得m＜－1，即实数m的取值范围为(－∞，－1).
(2) 有两个实根α，β，且满足0＜α＜1＜β＜4；
【解答】 依题意有 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f(0)＝2m＋6＞0，,f(1)＝4m＋5＜0，,f(4)＝10m＋14＞0，))解得－ eq \f(7,5)＜m＜－ eq \f(5,4)，即实数m的取值范围为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,5)，－\f(5,4))).
(3) 至少有一个正根．
【解答】 方程至少有一个正根，则有三种可能：①有两个正根，此时可得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ≥0，,f(0)＞0，,\f(2(m－1),－2)＞0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m≤－1或m≥5，,m＞－3，,m＜1，))所以－3＜m≤－1；②有一个正根，一个负根，此时可得f(0)＜0，得m＜－3；③有一个正根，另一根为0，此时可得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2m＋6＝0，,2(m－1)＜0，))所以m＝－3.综上，实数m的取值范围为(－∞，－1].
12. 已知二次函数f(x)满足f(x＋2)－f(x)＝4x＋6，且f(－1)＝0.
(1) 求f(x)的解析式；
【解答】 设f(x)＝ax2＋bx＋c，a≠0，由f(x＋2)－f(x)＝4x＋6，得a(x＋2)2＋b(x＋2)＋c－(ax2＋bx＋c)＝4x＋6，即4ax＋4a＋2b＝4x＋6，因此 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4a＝4，,4a＋2b＝6，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝1，))f(x)＝x2＋x＋c.由f(－1)＝0，得c＝0，所以函数f(x)的解析式是f(x)＝x2＋x.
(2) 记g(x)＝f(x)－x2－|2x－m|，m∈R，当x∈[m，m＋2]时，求g(x)的最大值(用m表示).
【解答】 由(1)知，g(x)＝x－|2x－m|＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3x－m，x＜\f(m,2)，,－x＋m，x≥\f(m,2)．))当m≥0时，m≥ eq \f(m,2)，g(x)＝－x＋m在[m，m＋2]上单调递减，g(x)max＝g(m)＝0.当m＜0时，若m＋2≤ eq \f(m,2)，即m≤－4，则g(x)＝3x－m在[m，m＋2]上单调递增，g(x)max＝g(m＋2)＝2m＋6；若－4＜m＜0，则m＋2－ eq \f(m,2)＝ eq \f(m,2)＋2＞0，m＜ eq \f(m,2)＜m＋2，则函数g(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(m，\f(m,2)))上单调递增，在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(m,2)，m＋2))上单调递减，g(x)max＝g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,2)))＝ eq \f(m,2).综上，g(x)max＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2m＋6，m≤－4，,\f(m,2)，－4＜m＜0，,0，m≥0.))
B组 创新题体验
13. (2025·苏州期中)若存在实常数k和b，使得函数f(x)和g(x)对其公共定义域上的任意实数x都满足f(x)≥kx＋b≥g(x)恒成立，则称直线y＝kx＋b为f(x)和g(x)的“媒介直线”. 已知函数f(x)＝x2(x∈R)，g(x)＝ eq \f(1,x)(x＜0)，若f(x)和g(x)之间存在“媒介直线”y＝kx＋b，则实数b的取值范围是_[－4，0]_．
【解析】 f(x)≥kx＋b≥g(x)恒成立，即y＝kx＋b的图象一直在f(x)和g(x)之间，当y＝kx＋b同时与f(x)和g(x)均相切时，方程f(x)＝x2＝kx＋b和方程g(x)＝ eq \f(1,x)＝kx＋b均只有一个解，即x2－kx－b＝0和kx2＋bx－1＝0均只有一个解，故 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k2＋4b＝0，,b2＋4k＝0))或 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k2＋4b＝0，,k＝0，))解得b＝0或－4.结合图象可知，“媒介直线”y＝kx＋b的截距b∈[－4，0].
(第13题答)
14. 对于定义在R上的函数f(x)，若其在区间[p，q](p＜q)上存在最小值m和最大值M，且满足p≤m＜M≤q，则称f(x)是区间[p，q]上的“聚集函数”．现给定函数f(x)＝ eq \f(x2,2)－ax＋ eq \f(a2,4).
(1) 当a＝2时，求函数f(x)在[－1，4]上的最大值和最小值，并判断f(x)是否是“聚集函数”；
【解答】 当a＝2时，f(x)＝ eq \f(1,2)x2－2x＋1＝ eq \f(1,2)(x－2)2－1.因为x∈[－1，4]，则当x＝2时，m＝f(x)min＝f(2)＝－1；当x＝－1时，M＝f(x)max＝f(－1)＝ eq \f(7,2)，且－1≤m＜M≤4，所以函数f(x)为[－1，4]上的“聚集函数”．
(2) 若函数f(x)是[－1，4]上的“聚集函数”，求实数a的取值范围.
【解答】 f(x)＝ eq \f(1,2)x2－ax＋ eq \f(a2,4)＝ eq \f(1,2)(x－a)2－ eq \f(a2,4).①若a≤－1，则m＝f(－1)＝ eq \f(1,2)＋a＋ eq \f(1,4)a2，M＝f(4)＝8－4a＋ eq \f(1,4)a2，根据题意－1≤ eq \f(1,2)＋a＋ eq \f(1,4)a2＜8－4a＋ eq \f(1,4)a2≤4，无解；②若－1≤a≤ eq \f(3,2)，则m＝f(a)＝－ eq \f(1,4)a2，M＝f(4)＝8－4a＋ eq \f(1,4)a2，根据题意－1≤－ eq \f(1,4)a2＜8－4a＋ eq \f(1,4)a2≤4，解得8－4 eq \r(3)≤a≤ eq \f(3,2)；③若 eq \f(3,2)＜a＜4，则m＝f(a)＝－ eq \f(1,4)a2，M＝f(－1)＝ eq \f(1,2)＋a＋ eq \f(1,4)a2，根据题意－1≤－ eq \f(1,4)a2＜ eq \f(1,2)＋a＋ eq \f(1,4)a2≤4，解得 eq \f(3,2)＜a≤2；④若a≥4，则m＝f(4)＝8－4a＋ eq \f(1,4)a2，M＝f(－1)＝ eq \f(1,2)＋a＋ eq \f(1,4)a2，根据题意－1≤8－4a＋ eq \f(1,4)a2＜ eq \f(1,2)＋a＋ eq \f(1,4)a2≤4，无解．综上，实数a的取值范围为[8－4 eq \r(3)，2].
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
_ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4ac－b2,4a)，＋∞))_
_ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(4ac－b2,4a)))_
对称轴
x＝_－ eq \f(b,2a)_
顶点
坐标
_ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,2a)，\f(4ac－b2,4a)))_
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 eq \b\lc\ \rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(b,2a))))) 上单调递_减_；在 eq \b\lc\ \rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,2a)，＋∞)))) 上单调递_增_
在 eq \b\lc\ \rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(b,2a))))) 上单调递_增_；在 eq \b\lc\ \rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,2a)，＋∞)))) 上单调递_减_
函数
y＝x
y＝x2
y＝x3
y＝x eq \s\up6(\f(1,2))
y＝x-1
图象
性质
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
公共点
(1，1)
x
…
－1
0
1
2
…
y
…
m
2
2
n
…