高考數(shù)學（文）高分計劃一輪高分講義第2章函數(shù)導數(shù)及其應用2.4二次函數(shù)與冪函數(shù)

2.4二次函數(shù)與冪函數(shù)[知識梳理]1．二次函數(shù)(1)二次函數(shù)解析式的三種形式①一般式：f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)．②頂點式：f(x)＝a(x－m)2＋n(a≠0)．③兩根式：f(x)＝a(x－x1)(x－x2)(a≠0)．(2)二次函數(shù)的圖象和性質2．冪函數(shù)(1)冪函數(shù)的定義一般地，形如y＝xα的函數(shù)稱為冪函數(shù)，其中x是自變量，α為常數(shù)．(2)常見的5種冪函數(shù)的圖象(3)常見的5種冪函數(shù)的性質[診斷自測]1．概念思辨(1)當α<0時，冪函數(shù)y＝xα是定義域上的減函數(shù)．()(2)關于x的不等式ax2＋bx＋c>0恒成立的充要條件是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,b2－4ac<0.))()(3)二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c，x∈[a，b]的最值一定是eq\f(4ac－b2,4a).()(4)在y＝ax2＋bx＋c(a≠0)中，a決定了圖象的開口方向和在同一直角坐標系中的開口大小．()答案(1)×(2)×(3)×(4)√2．教材衍化(1)(必修A1P44T9)函數(shù)y＝(x2－3x＋10)－1的遞增區(qū)間是()A．(－∞，－2) B．(5，＋∞)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,2))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))答案C解析由于x2－3x＋10>0恒成立，即函數(shù)的定義域為(－∞，＋∞)，設t＝x2－3x－10，則y＝t－1是(0，＋∞)上的減函數(shù)，根據(jù)復合函數(shù)單調性的性質，要求函數(shù)y＝(x2－3x＋10)－1的遞增區(qū)間，即求t＝x2－3x＋10的單調遞減區(qū)間，∵t＝x2－3x＋10的單調遞減區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,2)))，則所求函數(shù)的遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,2))).故選C.(2)(必修A1P78探究)若四個冪函數(shù)y＝xa，y＝xb，y＝xc，y＝xd在同一坐標系中的圖象如圖，則a，b，c，d的大小關系是()A．d>c>b>a B．a>b>c>dC．d>c>a>b D．a>b>d>c答案B解析冪函數(shù)a＝2，b＝eq\f(1,2)，c＝－eq\f(1,3)，d＝－1的圖象，正好和題目所給的形式相符合，在第一象限內，x＝1的右側部分的圖象，圖象由下至上，冪指數(shù)增大，所以a>b>c>d.故選B.3．小題熱身(1)(2017·濟南診斷)已知冪函數(shù)f(x)＝k·xα的圖象過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(2),2)))，則k＋α＝()A.eq\f(1,2) B．1C.eq\f(3,2) D．2答案C解析由冪函數(shù)的定義知k＝1.又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(\r(2),2)，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))α＝eq\f(\r(2),2)，解得α＝eq\f(1,2)，從而k＋α＝eq\f(3,2).故選C.(2)函數(shù)f(x)＝x2－ax－a在[0,2]上的最大值為1，則實數(shù)a等于()A．－1 B．1C．－2 D．2答案B解析解法一：(分類討論)當對稱軸x＝eq\f(a,2)≤1，即a≤2時，f(x)max＝f(2)＝4－3a＝1，解得a＝1符合題意；當a>2時，f(x)max＝f(0)＝－a＝1，解得a＝－1(舍去)．綜上所述，實數(shù)a＝1.故選B.解法二：(代入法)當a＝－1時，f(x)＝x2＋x＋1在[0,2]上的最大值為f(2)＝7≠1，排除A；當a＝1時，f(x)＝x2－x－1在[0,2]上的最大值為f(2)＝1，B正確；當a＝－2時，f(x)＝x2＋2x＋2在[0,2]上的最大值為f(2)＝10≠1，排除C；當a＝2時，f(x)＝x2－2x－2在[0,2]上的最大值為f(0)＝f(2)＝－2≠1，排除D.故選B.題型1冪函數(shù)的圖象與性質eq\o(\s\do1(典例1))(2017·長沙模擬)已知函數(shù)f(x)＝xeq\s\up15(eq\f(1,2))，則()A．?x0∈R，使得f(x)<0B．?x∈[0，＋∞)，f(x)≥0C．?x1，x2∈[0，＋∞)，使得eq\f(fx1－fx2,x1－x2)<0D．?x1∈[0，＋∞)，?x2∈[0，＋∞)使得f(x1)>f(x2)根據(jù)冪函數(shù)的性質逐項驗證．答案B解析由函數(shù)f(x)＝xeq\s\up15(eq\f(1,2))，知：在A中，f(x)≥0恒成立，故A錯誤；在B中，?x∈[0，＋∞)，f(x)≥0，故B正確；在C中，?x1，x2∈[0，＋∞)，x1≠x2，都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>0，故C錯誤；在D中，當x1＝0時，不存在x2∈[0，＋∞)使得f(x1)>f(x2)，故D不成立．故選B.eq\o(\s\do1(典例2))(2018·榮城檢測)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)，x≥2，,x－13，x<2，))若關于x的方程f(x)＝k有兩個不同的實根，則實數(shù)k的取值范圍是________．用數(shù)形結合法．答案(0,1)解析作出函數(shù)y＝f(x)的圖象如圖．則當0<k<1時，關于x的方程f(x)＝k有兩個不同的實根．方法技巧在解決冪函數(shù)與其他函數(shù)的圖象的交點個數(shù)，對應方程根的個數(shù)及近似解等問題時，常用數(shù)形結合的思想方法，即在同一坐標系下畫出兩函數(shù)的圖象，數(shù)形結合求解．見典例2.沖關針對訓練1．在同一直角坐標系中，函數(shù)f(x)＝xa(x>0)，g(x)＝logax的圖象可能是()答案D解析因為a>0，所以f(x)＝xa在(0，＋∞)上為增函數(shù)，故A錯誤；在B中，由f(x)的圖象知a>1，由g(x)的圖象知0<a<1，矛盾，故B錯誤；在C中，由f(x)的圖象知0<a<1，由g(x)的圖象知a>1，矛盾，故C錯誤；在D中，由f(x)的圖象知0<a<1，由g(x)的圖象知0<a<1，相符．故選D.2．冪函數(shù)y＝xm2－2m－3(m∈Z)的圖象如圖所示，則實數(shù)m的值為()A．－1<m<3 B．0C．1 D．2答案C解析∵函數(shù)在(0，＋∞)上單調遞減，∴m2－2m－3<0，解得－1<m<3.∵m∈Z，∴m＝0,1,2.而當m＝0或2時，f(x)＝x－3為奇函數(shù)，當m＝1時，f(x)＝x－4為偶函數(shù)，∴m＝1.故選C.題型2求二次函數(shù)的解析式eq\o(\s\do1(典例))已知二次函數(shù)f(x)滿足f(2)＝－1，f(－1)＝－1，且f(x)的最大值是8，試確定此二次函數(shù)的解析式．本題采用待定系數(shù)法求解．解設f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)．由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4a＋2b＋c＝－1，,a－b＋c＝－1，,\f(4ac－b2,4a)＝8，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－4，,b＝4，,c＝7.))∴所求二次函數(shù)的解析式為f(x)＝－4x2＋4x＋7.[條件探究]若本例條件變?yōu)椋阂阎魏瘮?shù)f(x)的圖象經過點(4,3)，它在x軸上截得的線段長為2，并且對任意x∈R，都有f(2－x)＝f(2＋x)，求f(x)的解析式．解∵f(2－x)＝f(2＋x)對x∈R恒成立，∴f(x)的對稱軸為x＝2.又∵f(x)圖象被x軸截得的線段長為2，∴f(x)＝0的兩根為1和3.設f(x)的解析式為f(x)＝a(x－1)(x－3)(a≠0)．又∵f(x)的圖象過點(4,3)，∴3a＝3，a＝1.∴所求f(x)的解析式為f(x)＝(x－1)(x－3)，即f(x)＝x2－4x＋3.方法技巧求二次函數(shù)解析式的方法求二次函數(shù)的解析式，一般用待定系數(shù)法，關鍵是根據(jù)已知條件恰當選擇二次函數(shù)解析式的形式．一般選擇規(guī)律如下：沖關針對訓練1．(2018·遼寧期末)已知函數(shù)f(x)＝－x2＋2ax＋1－a在區(qū)間[0,1]上的最大值為2，則a的值為()A．2 B．－1或－3C．2或－3 D．－1或2答案D解析函數(shù)f(x)＝－x2＋2ax＋1－a的對稱軸為x＝a，圖象開口向下，①當a≤0時，函數(shù)f(x)＝－x2＋2ax＋1－a在區(qū)間[0,1]上是減函數(shù)，∴f(x)max＝f(0)＝1－a，由1－a＝2，得a＝－1；②當0<a≤1時，函數(shù)f(x)＝－x2＋2ax＋1－a在區(qū)間[0，a]上是增函數(shù)，在[a,1]上是減函數(shù)，∴f(x)max＝f(a)＝－a2＋2a2＋1－a＝a2－a＋1，由a2－a＋1＝2，解得a＝eq\f(1＋\r(5),2)或a＝eq\f(1－\r(5),2)，∵0<a≤1，∴兩個值都不滿足；③當a>1時，函數(shù)f(x)＝－x2＋2ax＋1－a在區(qū)間[0,1]上是增函數(shù)，∴f(x)max＝f(1)＝－1＋2a＋1－a＝a，∴a＝2.綜上可知，a＝－1或a＝2.故選D.2．若二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，滿足①不等式f(x)＋2x>0的解集為{x|1<x<3}，②方程f(x)＋6a＝0有兩個相等的實數(shù)根，試確定f(x)的解析式．解因為f(x)＋2x>0的解集為(1,3)，設f(x)＋2x＝a(x－1)(x－3)，且a<0，所以f(x)＝a(x－1)(x－3)－2x＝ax2－(2＋4a)x＋3a.由方程f(x)＋6a＝0得ax2－(2＋4a)x＋9a＝0.因為方程有兩個相等的實數(shù)根，所以Δ＝[－(2＋4a)]2－4a·9a＝0，解得a＝1或a＝－eq\f(1,5).由于a<0，舍去a＝1.所以f(x)＝－eq\f(1,5)x2－eq\f(6,5)x－eq\f(3,5).題型3二次函數(shù)的圖象與性質角度1二次函數(shù)圖象的識別eq\o(\s\do1(典例))不等式ax2－x＋c>0的解集為{x|－2<x<1}，則函數(shù)y＝ax2＋x＋c的圖象大致為()根據(jù)二次函數(shù)的圖象及根與系數(shù)的關系逐項驗證．答案C解析由不等式ax2－x＋c>0的解集為{x|－2<x<1}可得a<0，且方程ax2－x＋c＝0的兩個實數(shù)根分別為－2,1，故－2＋1＝eq\f(1,a)，－2×1＝eq\f(c,a)，解得a＝－1，c＝2，故函數(shù)y＝ax2＋x＋c＝－x2＋x＋2＝－(x＋1)(x－2)，其圖象大致為C.故選C.角度2二次函數(shù)的最值問題eq\o(\s\do1(典例))已知函數(shù)f(x)＝x2－2(a＋2)x＋a2，g(x)＝－x2＋2(a－2)x－a2＋8.設H1(x)＝max{f(x)，g(x)}，H2(x)＝min{f(x)，g(x)}(max{p，q}表示p，q中的較大值，min{p，q}表示p，q中的較小值)．記H1(x)的最小值為A，H2(x)的最大值為B，則A－B＝()A．a2－2a－16 B．a2＋2a－16C．－16 D．16答案C解析令f(x)＝g(x)，即x2－2(a＋2)x＋a2＝－x2＋2(a－2)x－a2＋8，即x2－2ax＋a2－4＝0，解得x＝a＋2或x＝a－2.f(x)與g(x)的圖象如圖．由圖象及H1(x)的定義知H1(x)的最小值是f(a＋2)，H2(x)的最大值為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.故選C.角度3二次函數(shù)中的恒成立問題eq\o(\s\do1(典例))已知函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋1(a，b∈R)，x∈R.(1)若函數(shù)f(x)的最小值為f(－1)＝0，求f(x)的解析式，并寫出單調區(qū)間；(2)在(1)的條件下，f(x)>x＋k在區(qū)間[－3，－1]上恒成立，試求k的范圍．解(1)由題意得f(－1)＝a－b＋1＝0，a≠0，且－eq\f(b,2a)＝－1，∴a＝1，b＝2.∴f(x)＝x2＋2x＋1，單調減區(qū)間為(－∞，－1]，單調增區(qū)間為[－1，＋∞)．(2)解法一：f(x)>x＋k在區(qū)間[－3，－1]上恒成立，轉化為x2＋x＋1>k在區(qū)間[－3，－1]上恒成立．設g(x)＝x2＋x＋1，x∈[－3，－1]，則g(x)在[－3，－1]上遞減．∴g(x)min＝g(－1)＝1.∴k<1，即k的取值范圍為(－∞，1)．解法二：f(x)>x＋k在區(qū)間[－3，－1]上恒成立，轉化為x2＋x＋1－k>0在區(qū)間[－3，－1]上恒成立，設g(x)＝x2＋x＋1－k，則g(x)在[－3，－1]上單調遞減，∴g(－1)>0，得k<1.角度4二次函數(shù)的零點問題eq\o(\s\do1(典例))已知二次函數(shù)f(x)＝x2＋2bx＋c(b，c∈R)．(1)若f(x)≤0的解集為{x|－1≤x≤1}，求實數(shù)b，c的值；(2)若f(x)滿足f(1)＝0，且關于x的方程f(x)＋x＋b＝0的兩個實數(shù)根分別在區(qū)間(－3，－2)，(0,1)內，求實數(shù)b的取值范圍．解(1)設x1，x2是方程f(x)＝0的兩個根．由根與系數(shù)的關系得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝－2b，,x1x2＝c，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2b＝0，,c＝－1.))所以b＝0，c＝－1.(2)由題，知f(1)＝1＋2b＋c＝0，所以c＝－1－2b.記g(x)＝f(x)＋x＋b＝x2＋(2b＋1)x＋b＋c＝x2＋(2b＋1)x－b－1，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g－3＝5－7b>0，,g－2＝1－5b<0，,g0＝－1－b<0，,g1＝b＋1>0))?eq\f(1,5)<b<eq\f(5,7)，即實數(shù)b的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)，\f(5,7))).方法技巧1．識別二次函數(shù)圖象的策略解答二次函數(shù)的圖象問題應從開口方向、對稱軸、頂點坐標及圖象與坐標軸的交點在坐標系上的位置等方面著手討論或逐項排除．見角度1典例．2．二次函數(shù)在閉區(qū)間上的最值問題的類型及求解策略(1)類型：①對稱軸、區(qū)間都是給定的；②對稱軸動、區(qū)間固定；③對稱軸定、區(qū)間變動．(2)求解策略：抓住“三點一軸”數(shù)形結合，三點是指區(qū)間兩個端點和中點，一軸指的是對稱軸，結合配方法，根據(jù)函數(shù)的單調性及分類討論的思想即可完成．見角度2典例．3．二次不等式恒成立問題的求解思路(1)一般有兩個解題思路；一是分離參數(shù)；二是不分離參數(shù)．(2)兩種思路都是將問題歸結為求函數(shù)的最值，至于用哪種方法，關鍵是看參數(shù)是否已分離．這兩個思路的依據(jù)是：a≥f(x)?a≥f(x)max，a≤f(x)?a≤f(x)min.見角度3典例．4．解決一元二次方程根的分布問題的方法常借助于二次函數(shù)的圖象數(shù)形結合來解，一般從：①開口方向；②對稱軸位置；③判別式；④端點函數(shù)值符號四個方面分析．沖關針對訓練1．(2017·浙江模擬)已知在(－∞，1]上遞減的函數(shù)f(x)＝x2－2tx＋1，且對任意的x1，x2∈[0，t＋1]，總有|f(x1)－f(x2)|≤2，則實數(shù)t的取值范圍為()A．[－eq\r(2)，eq\r(2)] B．[1，eq\r(2)]C．[2,3] D．[1,2]答案B解析由于函數(shù)f(x)＝x2－2tx＋1的圖象的對稱軸為x＝t，函數(shù)f(x)＝x2－2tx＋1在區(qū)間(－∞，1]上單調遞減，∴t≥1.則在區(qū)間[0，t＋1]上，f(x)max＝f(0)＝1，f(x)min＝f(t)＝t2－2t2＋1＝－t2＋1，要使對任意的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，∴1≤t≤eq\r(2).故選B.2．(2017·南京模擬)已知函數(shù)f(x)＝－x2＋ax＋b(a，b∈R)的值域為(－∞，0]，若關于x的不等式f(x)>c－1的解集為(m－4，m＋1)，則實數(shù)c的值為________．答案－eq\f(21,4)解析∵函數(shù)f(x)＝－x2＋ax＋b(a，b∈R)的值域為(－∞，0]，∴Δ＝0，即a2＋4b＝0，∴b＝－eq\f(a2,4).∵關于x的不等式f(x)>c－1的解集為(m－4，m＋1)，∴方程f(x)＝c－1的兩根分別為m－4，m＋1，即方程－x2＋ax－eq\f(a2,4)＝c－1兩根分別為m－4，m＋1，∵方程－x2＋ax－eq\f(a2,4)＝c－1根為x＝eq\f(a,2)±eq\r(1－c)，∴兩根之差為2eq\r(1－c)＝(m＋1)－(m－4)＝5，c＝－eq\f(21,4).1.(2017·昆明質檢)若函數(shù)y＝x2－3x－4的定義域為[0，m]，值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(25,4)，－4))，則m的取值范圍是()A．[0,4] B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，4))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，3))答案D解析二次函數(shù)圖象的對稱軸為x＝eq\f(3,2)，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝－eq\f(25,4)，f(3)＝f(0)＝－4，由圖得m∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，3)).故選D.2．(2017·浙江高考)若函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋b在區(qū)間[0,1]上的最大值是M，最小值是m，則M－m()A．與a有關，且與b有關 B．與a有關，但與b無關C．與a無關，且與b無關 D．與a無關，但與b有關答案B解析eq\a\vs4\al(解法一：)設x1，x2分別是函數(shù)f(x)在[0,1]上的最小值點與最大值點，則m＝xeq\o\al(2,1)＋ax1＋b，M＝xeq\o\al(2,2)＋ax2＋b.∴M－m＝xeq\o\al(2,2)－xeq\o\al(2,1)＋a(x2－x1)，顯然此值與a有關，與b無關．故選B.eq\a\vs4\al(解法二：)由題意可知，函數(shù)f(x)的二次項系數(shù)為固定值，則二次函數(shù)圖象的形狀一定．隨著b的變動，相當于圖象上下移動，若b增大k個單位，則最大值與最小值分別變?yōu)镸＋k，m＋k，而(M＋k)－(m＋k)＝M－m，故與b無關．隨著a的變動，相當于圖象左右移動，則M－m的值在變化，故與a有關．故選B.3．(2018·棗莊模擬)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，當x≥0時，f(x)＝x2－2x，如果函數(shù)g(x)＝f(x)－m(m∈R)恰有4個零點，則m的取值范圍是________．答案(－1,0)解析函數(shù)g(x)＝f(x)－m(m∈R)恰有4個零點可化為函數(shù)y＝f(x)的圖象與直線y＝m恰有4個交點，作函數(shù)y＝f(x)與y＝m的圖象如圖所示，故m的取值范圍是(－1,0)．4．(2018·皖南模擬)已知函數(shù)f(x)＝x2＋2x＋1，如果使f(x)≤kx對任意實數(shù)x∈(1，m]都成立的m的最大值是5，則實數(shù)k＝________.答案eq\f(36,5)解析設g(x)＝f(x)－kx＝x2＋(2－k)x＋1，由題意知g(x)≤0對任意實數(shù)x∈(1，m]都成立的m的最大值是5，所以x＝5是方程g(x)＝0的一個根，即g(5)＝0，可以解得k＝eq\f(36,5)(經檢驗滿足題意)．[基礎送分提速狂刷練]一、選擇題1．(2017·江西九江七校聯(lián)考)冪函數(shù)f(x)＝(m2－4m＋4)xm2－6m＋8在(0，＋∞)上為增函數(shù)，則m的值為()A．1或3 B．1C．3 D．2答案B解析由題意知m2－4m＋4＝1且m2－6m＋8>0?m＝1，故選B.2．(2018·吉林期末)如果函數(shù)f(x)＝ax2＋2x－3在區(qū)間(－∞，4)上是單調遞增的，則實數(shù)a的取值范圍是()A．a>－eq\f(1,4) B．a≥－eq\f(1,4)C．－eq\f(1,4)≤a<0 D．－eq\f(1,4)≤a≤0答案D解析①當a＝0時，函數(shù)f(x)＝2x－3為一次函數(shù)，是遞增函數(shù)；②當a>0時，二次函數(shù)開口向上，先減后增，在區(qū)間(－∞，4)上不可能是單調遞增的，故不符合；③當a<0時，函數(shù)開口向下，先增后減，函數(shù)對稱軸－eq\f(1,a)≥4，解得a≥－eq\f(1,4)，又a<0，故－eq\f(1,4)≤a<0.綜合得－eq\f(1,4)≤a≤0.故選D.3．如果函數(shù)f(x)＝x2＋bx＋c對任意的實數(shù)x，都有f(1＋x)＝f(－x)，那么()A．f(－2)<f(0)<f(2) B．f(0)<f(－2)<f(2)C．f(2)<f(0)<f(－2) D．f(0)<f(2)<f(－2)答案D解析由f(1＋x)＝f(－x)知f(x)圖象關于x＝eq\f(1,2)對稱，又拋物線開口向上，結合圖象可知f(0)<f(2)<f(－2)．故選D.4．(2018·聊城檢測)若二次函數(shù)f(x)滿足f(x＋1)－f(x)＝2x，且f(0)＝1，則f(x)的表達式為()A．f(x)＝－x2－x－1 B．f(x)＝－x2＋x－1C．f(x)＝x2－x－1 D．f(x)＝x2－x＋1答案D解析設f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c＝1，,ax＋12＋bx＋1＋c－ax2＋bx＋c＝2x.))故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＝2，,a＋b＝0，,c＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－1，,c＝1，))則f(x)＝x2－x＋1.故選D.5．(2018·雅安診斷)如圖是二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c圖象的一部分，圖象過點A(－3,0)，對稱軸為x＝－1.給出下面四個結論：①b2>4ac；②2a－b＝1；③a－b＋c＝0；④5a<b.其中正確的是()A．②④ B．①④C．②③ D．①③答案B解析因為圖象與x軸交于兩點，所以b2－4ac>0，即b2>4ac，①正確；對稱軸為x＝－1，即－eq\f(b,2a)＝－1,2a－b＝0，②錯誤；結合圖象，當x＝－1時，y>0，即a－b＋c>0，③錯誤；由對稱軸為x＝－1，知b＝2a.又函數(shù)圖象開口向下，所以a<0，所以5a<2a，即5a<b，④正確．故選B.6．(2018·濟寧模擬)設函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋bx＋cx≤0，,2x>0，))若f(－4)＝f(0)，f(－2)＝－2，則關于x的方程f(x)＝x的解的個數(shù)為()A．4 B．2C．1 D．3答案D解析由解析式可得f(－4)＝16－4b＋c＝f(0)＝c，解得b＝4.f(－2)＝4－8＋c＝－2，可求得c＝2.∴f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋4x＋2x≤0，,2x>0.))又f(x)＝x，則當x≤0時，x2＋4x＋2＝x，解得x1＝－1，x2＝－2.當x>0時，x＝2，綜上可知有三解．故選D.7．二次函數(shù)f(x)的二次項系數(shù)為正數(shù)，且對任意的x∈R都有f(x)＝f(4－x)成立，若f(1－2x2)<f(1＋2x－x2)，則實數(shù)x的取值范圍是()A．(2，＋∞) B．(－∞，－2)∪(0,2)C．(－2,0) D．(－∞，－2)∪(0，＋∞)答案C解析由題意知，二次函數(shù)的開口向上，對稱軸為直線x＝2，圖象在對稱軸左側為減函數(shù)．而1－2x2<2,1＋2x－x2＝2－(x－1)2≤2，所以由f(1－2x2)<f(1＋2x－x2)，得1－2x2>1＋2x－x2，解得－2<x<0.故選C.8．已知對任意的a∈[－1,1]，函數(shù)f(x)＝x2＋(a－4)x＋4－2a的值總大于0，則x的取值范圍是()A．1<x<3 B．x<1或x>3C．1<x<2 D．x<2或x>3答案B解析f(x)＝x2＋(a－4)x＋4－2a＝(x－2)a＋(x2－4x＋4)．記g(a)＝(x－2)a＋(x2－4x＋4)，由題意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g－1>0，,g1>0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g－1＝x2－5x＋6>0，,g1＝x2－3x＋2>0，))解得x<1或x>3.故選B.9．已知函數(shù)f(x)＝ex－1，g(x)＝－x2＋4x－3，若有f(a)＝g(b)，則b的取值范圍為()A．[2－eq\r(2)，2＋eq\r(2)] B．(2－eq\r(2)，2＋eq\r(2))C．[1,3] D．(1,3)答案B解析由題可知f(x)＝ex－1>－1，g(x)＝－x2＋4x－3＝－(x－2)2＋1≤1，若有f(a)＝g(b)，則g(b)∈(－1,1]，即－b2＋4b－3>－1，解得2－eq\r(2)<b<2＋eq\r(2).故選B.10．已知函數(shù)f(x)(x∈R)滿足f(x)＝f(2－x)，若函數(shù)y＝|x2－2x－3|與y＝f(x)圖象的交點為(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xm，ym)，則eq\o(∑,\s\up16(m),\s\do4(i＝1))xi＝()A．0 B．mC．2m D．4m答案B解析由f(x)＝f(2－x)知函數(shù)f(x)的圖象關于直線x＝1對稱．又y＝|x2－2x－3|＝|(x－1)2－4|的圖象也關于直線x＝1對稱，所以這兩函數(shù)的交點也關于直線x＝1對稱．不妨設x1<x2<…<xm，則eq\f(x1＋xm,2)＝1，即x1＋xm＝2，同理有x2＋xm－1＝2，x3＋xm－2＝2，…，又eq\o(∑,\s\up16(m),\s\do4(i＝1))xi＝xm＋xm－1＋…＋x1，所以2eq\o(∑,\s\up16(m),\s\do4(i＝1))xi＝(x1＋xm)＋(x2＋xm－1)＋…＋(xm＋x1)＝2m，所以eq\o(∑,\s\up16(m),\s\do4(i＝1))xi＝m.故選B.二、填空題11．(2017·湖北孝感模擬)函數(shù)f(x)＝ax2－2x＋1，若y＝f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))內有零點，則實數(shù)a的取值范圍為________．答案(－∞，0]解析f(x)＝ax2－2x＋1＝0，可得a＝－eq\f(1,x2)＋eq\f(2,x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))2＋1.若f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))內有零點，則f(x)＝0在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))內有解，當－eq\f(1,2)≤x<0或0<x≤eq\f(1,2)時，可得a＝－eq\f(1,x2)＋eq\f(2,x)≤0.所以實數(shù)a的取值范圍為(－∞，0]．12．(2018·九江模擬)已知f(x)＝x2＋2(a－2)x＋4，如果對x∈[－3,1]，f(x)>0恒成立，則實數(shù)a的取值范圍為________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，4))解析因為f(x)＝x2＋2(a－2)x＋4，對稱軸x＝－(a－2)，對x∈[－3,1]，f(x)>0恒成立，所以討論對稱軸與區(qū)間[－3,1]的位置關系得：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－a－2<－3，,f－3>0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3≤－a－2≤1，,Δ<0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－a－2>1，,f1>0，))解得a∈?或1≤a＜4或－eq\f(1,2)<a<1，所以a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，4)).13．(2017·北京豐臺期末)若f(x)＝(x－a)(x－b)＋(x－b)(x－c)＋(x－c)(x－a)，其中a≤b≤c，對于下列結論：①f(b)≤0；②若b＝eq\f(a＋c,2)，則?x∈R，f(x)≥f(b)；③若b≤eq\f(a＋c,2)，則f(a)≤f(c)；④f(a)＝f(c)成立的充要條件為b＝0.其中正確的是________．(請?zhí)顚懶蛱?答案①②③解析f(b)＝(b－a)(b－b)＋(b－b)(b－c)＋(b－c)·(b－a)＝(b－c)(b－a)，因為a≤b≤c，所以f(b)≤0，①正確；將f(x)展開可得f(x)＝3x2－2(a＋b＋c)x＋ab＋bc＋ac，又拋物線開口向上，故f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b＋c,3))).當b＝eq\f(a＋c,2)時，eq\f(a＋b＋c,3)＝b，所以f(x)min＝f(b)，②正確；f(a)－f(c)＝(a－b)(a－c)－(c－a)·(c－b)＝(a－c)(a＋c－2b)，因為a≤b≤c，且2b≤a＋c，所以f(a)≤f(c)，③正確；因為a≤b≤c，所以當f(a)＝f(c)時，即(a－c)(a＋c－2b)＝0，所以a＝b＝c或a＋c＝2b，故④不正確．14．對于實數(shù)a和b，定義運算“*”：a*b＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－ab，a≤b，,b2－ab，a>b.))設f(x)＝(2x－1)*(x－1)，且關于x的方程f(x)＝m(m∈R)恰有三個互不相等的實數(shù)根x1，x2，x3，則x1x2x3的取值范圍是________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(3),16)，0))解析函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x2－x，x≤0，,－x2＋x，x>0))的圖象如圖所示．設y＝m與y＝f(x)圖象交點的橫坐標從小到大分別為x1，x2，x3.由y＝－x2＋x＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(1,4)，得頂點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,4))).當y＝eq\f(1,4)時，代入y＝2x2－x，得eq\f(1,4)＝2x2－x，解得x＝eq\f(1－\r(3),4)(舍去正值)，∴x1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4