PAGEPAGE19第2節二次函數考試要求1.理解二次函數的圖象和性質，能用二次函數、方程、不等式之間的關系解決簡潔問題；2.能解決一元二次方程根的分布問題；3.能解決二次函數的最值問題.知識梳理1.二次函數表達式的三種形式(1)一般式：y＝ax2＋bx＋c(a≠0).(2)頂點式：y＝a(x＋h)2＋k(其中a≠0，頂點坐標為(－h，k)).(3)零點式：y＝a(x－x1)(x－x2)(其中a≠0，x1，x2是二次函數的圖象與x軸的兩個交點的橫坐標).2.二次函數y＝ax2＋bx＋c的圖象和性質a>0a<0圖象定義域R值域eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4ac－b2,4a)，＋∞))eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(4ac－b2,4a)))單調性在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(b,2a)))上遞減，在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)，＋∞))上遞增在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(b,2a)))上遞增，在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)，＋∞))上遞減奇偶性b＝0時為偶函數，b≠0時既不是奇函數也不是偶函數圖象特點①對稱軸：x＝－eq\f(b,2a)；②頂點：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)，\f(4ac－b2,4a)))3.二次函數的最值問題二次函數的最值問題主要有三種類型：“軸定區間定”“軸動區間定”“軸定區間動”.解決的關鍵是弄清晰對稱軸與區間的關系，要結合函數圖象，依據對稱軸與區間的關系進行分類探討.設f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)，則二次函數f(x)在閉區間[m，n]上的最大值、最小值有如下的分布狀況：對稱軸與區間的關系m<n<－eq\f(b,2a)，即－eq\f(b,2a)∈(n，＋∞)m<－eq\f(b,2a)<n，即－eq\f(b,2a)∈(m，n)－eq\f(b,2a)<m<n，即－eq\f(b,2a)∈(－∞，m)圖象最值f(x)max＝f(m)，f(x)min＝f(n)f(x)max＝max{f(n)，f(m)}，f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)))f(x)max＝f(n)f(x)min＝f(m)4.一元二次方程根的分布設方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)的不等兩根為x1，x2且x1<x2，相應的二次函數為f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，方程的根即為二次函數圖象與x軸的交點，它們的分布狀況見下面各表(每種狀況對應的均是等價條件)表一：(兩根與k的大小比較)分布狀況兩根都小于k即x1<k，x2<k兩根都大于k即x1>k，x2>k一個根小于k，一個大于k，即x1<k<x2大致圖象(a>0)綜合結論(不探討a)a·f(k)<0表二：(根在區間上的分布)分布狀況兩根都在(m，n)內兩根都在區間(m，n)外(x1<m，x2>n)一根在(m，n)內，另一根在(p，q)內，m<n<p<q大致圖象(a>0)綜合結論(不探討a)若兩根有且僅有一根在(m，n)內，則需分三種狀況探討：①當Δ＝0時，由Δ＝0可以求出參數的值，然后再將參數的值代入方程，求出相應的根，檢驗根是否在給定的區間內，如若不在，舍去；②當f(m)＝0或f(n)＝0，方程有一根為m或n，可以求出另外一根，從而檢驗另一根是否在區間(m，n)內；③當f(m)·f(n)<0時，則兩根有且僅有一根在(m，n)內.[常用結論與易錯提示]不等式ax2＋bx＋c>0(<0)恒成立的條件(1)不等式ax2＋bx＋c>0對隨意實數x恒成立?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝b＝0，,c>0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ<0.))(2)不等式ax2＋bx＋c<0對隨意實數x恒成立?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝b＝0，,c<0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<0，,Δ<0.))基礎自測1.思索辨析(在括號內打“√”或“×”)(1)假如二次函數f(x)的圖象開口向上且關于直線x＝1對稱，且過點(0，0)，則此二次函數的解析式為f(x)＝(x－1)2－1.()(2)已知函數f(x)＝ax2＋x＋5的圖象在x軸上方，則a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,20)，＋∞)).()(3)二次函數y＝ax2＋bx＋c(x∈R)不行能是偶函數.()(4)二次函數y＝ax2＋bx＋c(x∈[a，b])的最值肯定是eq\f(4ac－b2,4a).()答案(1)√(2)√(3)×(4)×2.已知f(x)＝x2＋px＋q滿意f(1)＝f(2)＝0，則f(－1)的值是()A.5 B.－5C.6 D.－6解析由f(1)＝f(2)＝0知方程x2＋px＋q＝0的兩根分別為1，2，則p＝－3，q＝2，∴f(x)＝x2－3x＋2，∴f(－1)＝6.答案C3.若方程x2＋(m＋2)x＋m＋5＝0只有負根，則m的取值范圍是()A.[4，＋∞) B.(－5，－4]C.[－5，－4] D.(－5，－2)解析由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝（m＋2）2－4×（m＋5）≥0，,x1＋x2＝－（m＋2）<0，,x1x2＝m＋5>0，))解得m≥4.答案A4.已知函數y＝x2－2x＋3在閉區間[0，m]上有最大值3，最小值2，則m的取值范圍為()A.[0，1] B.[1，2]C.(1，2] D.(1，2)解析畫出函數y＝x2－2x＋3的圖象(如圖)，由題意知1≤m≤2.答案B5.已知方程x2＋(m－2)x＋2m－1＝0的較小的實根在0和1之間，則實數m的取值范圍是.解析令f(x)＝x2＋(m－2)x＋2m－1.由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（0）>0，,f（1）<0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2m－1>0，,1＋（m－2）＋2m－1<0，))解得eq\f(1,2)<m<eq\f(2,3).答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,3)))6.若函數f(x)＝x2＋2(a－1)x＋2在區間(－∞，3]上是減函數，則實數a的取值范圍是，且函數f(x)恒過點.解析二次函數f(x)圖象的對稱軸是x＝1－a，由題意知1－a≥3，∴a≤－2.由函數的解析式易得，函數f(x)恒過定點(0，2).答案(－∞，－2](0，2)考點一二次函數的解析式【例1】求下列函數的解析式：(1)(一題多解)已知二次函數f(x)滿意f(2)＝－1，f(－1)＝－1，且f(x)的最大值是8；(2)已知二次函數f(x)的圖象經過點(4，3)，它在x軸上截得的線段長為2，并且對隨意x∈R，都有f(2－x)＝f(2＋x).解(1)法一(利用一般式解題)：設f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0).由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4a＋2b＋c＝－1，,a－b＋c＝－1，,\f(4ac－b2,4a)＝8，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－4，,b＝4，,c＝7.))∴所求二次函數為f(x)＝－4x2＋4x＋7.法二(利用頂點式解題)：設f(x)＝a(x－m)2＋n(a≠0).∵f(2)＝f(－1)，∴二次函數圖象的對稱軸為x＝eq\f(2＋（－1）,2)＝eq\f(1,2)，∴m＝eq\f(1,2).又依據題意函數有最大值8，∴n＝8.∴y＝f(x)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋8.∵f(2)＝－1，∴aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋8＝－1，解得a＝－4，∴f(x)＝－4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋8＝－4x2＋4x＋7.法三(利用零點式解題)：由已知f(x)＋1＝0的兩根為x1＝2，x2＝－1，故可設f(x)＋1＝a(x－2)(x＋1)(a≠0)，即f(x)＝ax2－ax－2a－1.又函數的最大值是8，即eq\f(4a（－2a－1）－（－a）2,4a)＝8，解得a＝－4，∴所求函數的解析式為f(x)＝－4x2＋4x＋7.(2)∵f(2－x)＝f(2＋x)對x∈R恒成立，∴f(x)的對稱軸為x＝2.又∵f(x)的圖象在x軸上截得的線段長為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.規律方法用待定系數法求二次函數的解析式，關鍵是敏捷選取二次函數解析式的形式，選法如下：【訓練1】若函數f(x)＝(x＋a)(bx＋2a)(常數a，b∈R)是偶函數，且它的值域為(－∞，4]，則該函數的解析式f(x)＝.解析由f(x)是偶函數知f(x)的圖象關于y軸對稱，∴b＝－2，∴f(x)＝－2x2＋2a2，又f(x)的值域為(－∞，4]，∴2a2＝4，故f(x)＝－2x2＋4.答案－2x2＋4考點二二次函數的圖象與性質【例2】已知函數f(x)＝x2＋2ax＋3，x∈[－4，6].(1)當a＝－2時，求f(x)的最值；(2)求實數a的取值范圍，使y＝f(x)在區間[－4，6]上是單調函數；(3)當a＝－1時，求f(|x|)的單調區間.解(1)當a＝－2時，f(x)＝x2－4x＋3＝(x－2)2－1，由于x∈[－4，6]，∴f(x)在[－4，2]上單調遞減，在[2，6]上單調遞增，∴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)由于函數f(x)的圖象開口向上，對稱軸是x＝－a，所以要使f(x)在[－4，6]上是單調函數，應有－a≤－4或－a≥6，即a≤－6或a≥4，故a的取值范圍是(－∞，－6]∪[4，＋∞).(3)由－4≤|x|≤6，得－6≤x≤6，當a＝－1時，f(|x|)＝x2－2|x|＋3＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋2x＋3＝（x＋1）2＋2，x≤0，,x2－2x＋3＝（x－1）2＋2，x>0，))其圖象如圖所示，∴f(|x|)在[－6，6]上的單調區間有[－6，－1)，[－1，0)，[0，1)，[1，6].規律方法解決二次函數圖象與性質問題時要留意：(1)拋物線的開口、對稱軸位置、定義區間三者相互制約，常見的題型中這三者有兩定一不定，要留意分類探討；(2)要留意數形結合思想的應用.【訓練2】(1)設abc>0，二次函數f(x)＝ax2＋bx＋c的圖象可能是()(2)若函數f(x)＝ax2＋2x＋3在區間[－4，6]上是單調遞增函數，則實數a的取值范圍是Ｗ.解析(1)由A，C，D知，f(0)＝c<0，從而由abc>0，所以ab<0，所以對稱軸x＝－eq\f(b,2a)>0，知A，C錯誤，D滿意要求；由B知f(0)＝c>0，所以ab>0，所以對稱軸x＝－eq\f(b,2a)<0，B錯誤.(2)由題意可知f′(x)＝2ax＋2≥0在[－4，6]上恒成立，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（－4）＝－8a＋2≥0，,f′（6）＝12a＋2≥0，))所以－eq\f(1,6)≤a≤eq\f(1,4).答案(1)D(2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,6)，\f(1,4)))考點三二次函數的最值【例3－1】已知函數f(x)＝ax2＋2ax＋1在區間[－1，2]上有最大值4，求實數a的值.解f(x)＝a(x＋1)2＋1－a.(1)當a＝0時，函數f(x)在區間[－1，2]上的值為常數1，不符合題意，舍去；(2)當a>0時，函數f(x)在區間[－1，2]上是增函數，最大值為f(2)＝8a＋1＝4，解得a＝eq\f(3,8)；(3)當a<0時，函數f(x)在區間[－1，2]上是減函數，最大值為f(－1)＝1－a＝4，解得a＝－3.綜上可知，a的值為eq\f(3,8)或－3.【例3－2】將例3－1改為：求函數f(x)＝x2＋2ax＋1在區間[－1，2]上的最大值.解f(x)＝(x＋a)2＋1－a2，∴f(x)的圖象是開口向上的拋物線，對稱軸為x＝－a，(1)當－a<eq\f(1,2)，即a>－eq\f(1,2)時，f(x)max＝f(2)＝4a＋5；(2)當－a≥eq\f(1,2)，即a≤－eq\f(1,2)時，f(x)max＝f(－1)＝2－2a.綜上，f(x)max＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4a＋5，a>－\f(1,2)，,2－2a，a≤－\f(1,2).))規律方法探討二次函數的性質，可以結合圖象進行；對于含參數的二次函數問題，要明確參數對圖象的影響，進行分類探討.【訓練3】設函數f(x)＝x2－2x＋2，x∈[t，t＋1]，t∈R，求函數f(x)的最小值.解f(x)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1，x∈[t，t＋1]，t∈R，函數圖象的對稱軸為x＝1.當t＋1<1，即t<0時，函數圖象如圖(1)所示，函數f(x)在區間[t，t＋1]上為減函數，所以最小值為f(t＋1)＝t2＋1；當t≤1≤t＋1，即0≤t≤1時，函數圖象如圖(2)所示，在對稱軸x＝1處取得最小值，最小值為f(1)＝1；當t>1時，函數圖象如圖(3)所示，函數f(x)在區間[t，t＋1]上為增函數，所以最小值為f(t)＝t2－2t＋2.綜上可知，f(x)min＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(t2＋1，t<0，,1，0≤t≤1，,t2－2t＋2，t>1.))考點四一元二次方程根的分布多維探究角度1兩根在同一區間【例4－1】若二次函數y＝－x2＋mx－1的圖象與兩端點為A(0，3)，B(3，0)的線段AB有兩個不同的交點，求實數m的取值范圍.解線段AB的方程為eq\f(x,3)＋eq\f(y,3)＝1(x∈[0，3])，即y＝3－x(x∈[0，3])，由題意得方程組：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝3－x，,y＝－x2＋mx－1，))消去y得x2－(m＋1)x＋4＝0，①由題意可得，方程①在x∈[0，3]內有兩個不同的實根，令f(x)＝x2－(m＋1)x＋4，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝（m＋1）2－16>0，,0≤\f(m＋1,2)≤3，,f（0）＝4≥0，,f（3）＝10－3m≥0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m<－5或m>3，,－1≤m≤5，,m≤\f(10,3)，))所以3<m≤eq\f(10,3).故實數m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(3，\f(10,3))).角度2兩根在不同區間【例4－2】求實數m的取值范圍，使關于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)兩根α，β滿意0<a<1<β<4；(3)至少有一個正根.解令f(x)＝x2＋2(m－1)x＋2m＋6，(1)由題意得f(1)＝4m＋5<0，解得m<－eq\f(5,4).即實數m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(5,4))).(2)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（0）＝2m＋6>0，,f（1）＝4m＋5<0，,f（4）＝10m＋14>0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m>－3，,m<－\f(5,4)，,m>－\f(7,5)，))所以－eq\f(7,5)<m<－eq\f(5,4).故實數m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,5)，－\f(5,4))).(3)當方程有兩個正根時，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝4（m－1）2－4（2m＋6）>0，,f（0）＝2m＋6>0，,－2（m－1）>0，))解得－3<m<－1.當方程有一個正根一個負根時，f(0)＝2m＋6<0，解得m<－3.當方程有一個根為零時，f(0)＝2m＋6＝0，解得m＝－3，此時f(x)＝x2－8x，另一根為8，滿意題意.綜上可得，實數m的取值范圍是(－∞，－1).角度3在區間(m，n)內有且只有一個實根【例4－3】已知函數f(x)＝mx2－2x＋1有且僅有一個正實數的零點，求實數m的取值范圍.解依題意，得(1)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m>0，,Δ＝（－2）2－4m>0，無解.,f（0）<0，))(2)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m<0，,Δ＝（－2）2－4m>0，解得m<0.,f（0）>0，))(3)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m≠0，,Δ＝（－2）2－4m＝0.))解得m＝1，閱歷證，滿意題意.又當m＝0時，f(x)＝－2x＋1，它明顯有一個為正實數的零點.綜上所述，m的取值范圍是(－∞，0]∪{1}.規律方法利用二次函數圖象解決方程根的分布的一般步驟：(1)設出對應的二次函數；(2)利用二次函數的圖象和性質列出等價不等式(組)；(3)解不等式(組)求得參數的范圍.【訓練4】(1)已知二次函數y＝(m＋2)x2－(2m＋4)x＋(3m＋3)與x軸有兩個交點，一個大于1，一個小于1，求實數m的取值范圍.(2)若關于x的方程x2＋2(m－1)x＋2m＋6＝0有且只有一根在區間(0，3)內，求實數m的取值范圍.解(1)令f(x)＝(m＋2)x2－(2m＋4)x＋(3m＋3).由題意可知(m＋2)·f(1)<0，即(m＋2)(2m＋1)<0，所以－2<m<－eq\f(1,2).即實數m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,2))).(2)令f(x)＝x2＋2(m－1)x＋2m＋6，①eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝4（m－1）2－4（2m＋6）＝0，,0<－（m－1）<3，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝－1或m＝5，,－2<m<1，))所以m＝－1.②f(0)·f(3)＝(2m＋6)(8m＋9)<0，解得－3<m<－eq\f(9,8).③f(0)＝2m＋6＝0，即m＝－3時，f(x)＝x2－8x，另一根為8?(0，3)，所以舍去；④f(3)＝8m＋9＝0，即m＝－eq\f(9,8)時，f(x)＝x2－eq\f(17,4)x＋eq\f(15,4)，另一根為eq\f(5,4)∈(0，3)，滿意條件.綜上可得，－3<m≤－eq\f(9,8)或m＝－1.所以實數m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－3，－\f(9,8)))∪{－1}.基礎鞏固題組一、選擇題1.已知a，b，c∈R，函數f(x)＝ax2＋bx＋c.若f(0)＝f(4)>f(1)，則()A.a>0，4a＋b＝0 B.a<0，4a＋b＝0C.a>0，2a＋b＝0 D.a<0，2a＋b＝0解析因為f(0)＝f(4)>f(1)，所以函數圖象應開口向上，即a>0，且其對稱軸為x＝2，即－eq\f(b,2a)＝2，所以4a＋b＝0.答案A2.設二次函數f(x)＝ax2－2ax＋c在區間[0，1]上單調遞減，且f(m)≤f(0)，則實數m的取值范圍是()A.(－∞，0] B.[2，＋∞)C.(－∞，0]∪[2，＋∞) D.[0，2]解析f(x)的對稱軸為x＝1，由f(x)在[0，1]上遞減知a>0，且f(x)在[1，2]上遞增，f(0)＝f(2)，∵f(m)≤f(0)，結合對稱性，∴0≤m≤2.答案D3.若函數f(x)＝x2－ax－a在區間[0，2]上的最大值為1，則實數a等于()A.－1 B.1C.2 D.－2解析∵函數f(x)＝x2－ax－a的圖象為開口向上的拋物線，∴函數的最大值在區間的端點取得.∵f(0)＝－a，f(2)＝4－3a，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－a≥4－3a，,－a＝1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－a≤4－3a，,4－3a＝1，))解得a＝1.答案B4.已知函數f(x)＝x2－2ax＋b(a，b∈R)，記f(x)在[a－b，a＋b]上的最大值為M，最小值為m，則M－m()A.與a有關，且與b有關 B.與a無關，且與b無關C.與a有關，但與b無關 D.與a無關，但與b有關解析函數f(x)＝x2－2ax＋b＝(x－a)2－a2＋b，所以f(x)的對稱軸為x＝a且開口向上，因為區間[a－b，a＋b]也關于x＝a對稱，所以m＝f(a)＝b－a2，M＝f(a－b)＝f(a＋b)＝b2－a2＋b，所以M－m＝b2，故選D.答案D5.(2024·嘉興檢測)若f(x)＝x2＋bx＋c在(m－1，m＋1)內有兩個不同的零點，則f(m－1)和f(m＋1)()A.都大于1 B.都小于1C.至少有一個大于1 D.至少有一個小于1解析設函數f(x)＝x2＋bx＋c的兩個零點為x1，x2，則f(x)＝(x－x1)(x－x2)，因為函數f(x)＝x2＋bx＋c的兩個零點在(m－1，m＋1)內，所以f(m－1)>0，f(m＋1)>0，又因為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)]<eq\f([－（m－1－x1）＋（m＋1－x1）]2,4)·eq\f([－（m－1－x2）＋（m＋1－x2）]2,4)＝1，所以f(m－1)和f(m＋1)至少有一個小于1，故選D.答案D6.若函數f(x)＝x2＋kx＋m在[a，b]上的值域為[n，n＋1]，則b－a()A.既有最大值，也有最小值 B.有最大值但無最小值C.無最大值但有最小值 D.既無最大值，也無最小值解析取k＝m＝n＝0，f(x)＝x2，由圖象可知，明顯b－a不存在最小值.∵f(a)＝a2＋ka＋m，f(b)＝b2＋kb＋m，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)＋keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))＋m，∴eq\f(（b－a）2,2)＝f(a)＋f(b)－2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))≤n＋1＋n＋1－2n＝2，∴b－a≤2，當b＝eq\f(2－k,2)，a＝－eq\f(2＋k,2)時，b－a取得最大值為2，故選B.答案B7.(2024·浙江卷)已知函數f(x)＝x2＋bx，則“b<0”是“f(f(x))的最小值與f(x)的最小值相等”的()A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件解析∵f(x)＝x2＋bx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(b,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(b2,4)，當x＝－eq\f(b,2)時，f(x)min＝－eq\f(b2,4).又f(f(x))＝(f(x))2＋bf(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f（x）＋\f(b,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(b2,4)，當f(x)＝－eq\f(b,2)時，f(f(x))min＝－eq\f(b2,4)，當－eq\f(b,2)≥－eq\f(b2,4)時，f(f(x))可以取到最小值－eq\f(b2,4)，即b2－2b≥0，解得b≤0或b≥2，故“b<0”是“f(f(x))的最小值與f(x)的最小值相等”的充分不必要條件.答案A8.函數f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)的圖象關于直線x＝－eq\f(b,2a)對稱.據此可推想，對隨意的非零實數a，b，c，m，n，p，關于x的方程m[f(x)]2＋nf(x)＋p＝0的解集不行能是()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)的對稱軸為x＝－eq\f(b,2a).設方程m[f(x)]2＋nf(x)＋p＝0的解為f1(x)，f2(x)，則必有f1(x)＝y1＝ax2＋bx＋c，f2(x)＝y2＝ax2＋bx＋c，那么從圖象上看y＝y1，y＝y2是平行x軸的兩條直線，它們與f(x)有交點，由對稱性，方程y1＝ax2＋bx＋c＝0的兩個解x1，x2應關于對稱軸x＝－eq\f(b,2a)對稱，即x1＋x2＝－eq\f(b,a)，同理方程y2＝ax2＋bx＋c＝0的兩個解x3，x4也關于對稱軸x＝－eq\f(b,2a)對稱，即x3＋x4＝－eq\f(b,a)，在C中，可以找到對稱軸直線x＝2.5，也就是1，4為一個方程的根，2，3為一個方程的根，而在D中，找不到這樣的組合使得對稱軸一樣，也就是說無論怎樣分組，都沒方法使得其中兩個的和等于另外兩個的和，故答案D不行能.答案D9.(2024·衢州二中二模)已知函數f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)，若存在非零實數t，使得f(t)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)))＝－2成立，則a2＋4b2的最小值為()A.eq\f(16,5) B.eq\f(14,5)C.16 D.4解析由f(t)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)))＝－2知，存在實數t≠0，使eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,t)))eq\s\up12(2)＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,t)))＋2b＝0成立，又a2＋4b2的幾何意義為坐標原點與點(a，2b)的距離的平方，記2b＝m，u＝t＋eq\f(1,t)，則u2≥4.故eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,t)))eq\s\up12(2)＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,t)))＋2b＝0，即ua＋m＋u2＝0，其表示動點(a，m)的軌跡，設為直線l，則原點與點(a，m)的距離的最小值為原點到直線l的距離，故a2＋4b2≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(u2,\r(u2＋1))))eq\s\up12(2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(u2＋1)－\f(1,\r(u2＋1))))eq\s\up12(2)≥eq\f(16,5)，故選A.答案A二、填空題10.已知b，c∈R，函數y＝x2＋2bx＋c在區間(1，5)上有兩個不同的零點，則f(1)＋f(5)的取值范圍是.解析設f(x)的兩個零點為x1，x2，不妨設1<x1<x2<5，則f(1)>f(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<2x1x2－12eq\r(x1x2)＋26＝2(eq\r(x1x2)－3)2＋8<2(eq\r(25)－3)2＋8＝16，所以f(1)＋f(5)的取值范圍是(0，16).答案(0，16)11.已知f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2（x≥t），,x（x<t），))若存在實數t，使函數y＝f(x)－a有兩個零點，則t的取值范圍是.解析由題意知函數f(x)在定義域上不單調，如圖，當t＝0或t≥1時，f(x)在R上均單調遞增，當t<0時，在(－∞，t)上f(x)單調遞增，且f(x)<0，在(t，0)上f(x)單調遞減，且f(x)>0，在(0，＋∞)上f(x)單調遞增，且f(x)>0.故要使得函數y＝f(x)－a有兩個零點，則t的取值范圍為(－∞，0)∪(0，1).答案(－∞，0)∪(0，1)12.(2024·諸暨統考)已知a，b都是正數，a2b＋ab2＋ab＋a＋b＝3，則2ab＋a＋b的最小值等于.解析設2ab＋a＋b＝t，則t>0，且3＝ab(a＋b)＋ab＋a＋b＝ab(t－2ab)＋t－ab，故關于ab的二次方程2(ab)2＋(1－t)ab＋3－t＝0的解為正數，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝（1－t）2－8（3－t）≥0，,\f(t－1,2)>0，,\f(3－t,2)>0，))解得4eq\r(2)－3≤t<3，即2ab＋a＋b的最小值等于4eq\r(2)－3.答案4eq\r(2)－313.已知f(x＋1)＝x2－5x＋4.(1)f(x)的解析式為；(2)當x∈[0，5]時，f(x)的最大值和最小值分別是.解析(1)f(x＋1)＝x2－5x＋4，令x＋1＝t，則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，其圖象開口向上，對稱軸為x＝eq\f(7,2)，eq\f(7,2)∈[0，5]，∴f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))＝－eq\f(9,4)，又f(0)＝10，f(5)＝0.∴f(x)的最大值為10，最小值為－eq\f(9,4).答案(1)x2－7x＋10(2)10，－eq\f(9,4)14.(2024·浙江卷)已知λ∈R，函數f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－4，x≥λ，,x2－4x＋3，x<λ.))當λ＝2時，不等式f(x)<0的解集是.若函數f(x)恰有2個零點，則λ的取值范圍是.解析若λ＝2，則當x≥2時，令x－4<0，得2≤x<4；當x<2時，令x2－4x＋3<0，得1<x<2.綜上可知1<x<4，所以不等式f(x)<0的解集為(1，4).令x－4＝0，解得x＝4；令x2－4x＋3＝0，解得x＝1或x＝3.因為函數f(x)恰有2個零點，結合函數的圖象(圖略)可知1<λ≤3或λ>4.答案(1，4)(1，3]∪(4，＋∞)實力提升題組15.(2024·杭州質檢)設函數f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)，記M為函數y＝|f(x)|在[－1，1]上的最大值，N為|a|＋|b|的最大值()A.若M＝eq\f(1,3)，則N＝3 B.若M＝eq\f(1,2)，則N＝3C.若M＝2，則N＝3 D.若M＝3，則N＝3解析由題意得|f(1)|＝|1＋a＋b|≤M?|a＋b|≤M＋1，|f(－1)|＝|1－a＋b|≤M?|a－b|≤M＋1.|a|＋|b|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|a＋b|，ab≥0，,|a－b|，ab<0，))則易知N≤M＋1，則選項A，B不符合題意；當a＝2，b＝－1時，M＝2，N＝3，則選項C符合題意；當a＝2，b＝－2時，M＝3，N＝4，則選項D不符合題意，故選C.答案C16.(2024·麗水測試)已知函數f(x)＝x2＋ax＋b，集合A＝{x|f(x)≤0}，集合B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(f（f（x））≤\f(5,4)))))，若A＝B≠?，則實數a的取值范圍是()A.[eq\r(5)，5] B.[－1，5]C.[eq\r(5)，3] D.[－1，3]解析設集合B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|f（f（x））≤\f(5,4)))＝{x|m≤f(x)≤n}，其中m，n為方程f(x)＝eq\f(5,4)的兩個根，因為A＝B≠?，所以n＝0且m≤f(x)min，Δ＝a2－4b≥0，于是f(n)＝f(0)＝b＝eq\f(5,4)，則由a2－4b＝a2－5≥0得a≤－eq\r(5)或a≥eq\r(5)，令t＝f(x)≤0，則由f(f(x))≤eq\f(5,4)得f(t)≤eq\f(5,4)，即t2＋at＋eq\f(5,4)≤eq\f(5,4)，解得－a≤t≤0，所以B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|f（f（x））≤\f(5,4)))＝{x|m≤f(x)≤n}＝{x|－a≤f(x)≤0}，解得m＝－a，所以－a≤f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))eq\s\up12(2)＋a·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＋eq\f(5,4)，解得－1≤a≤5.綜上所述，實數a的取值范圍為[eq\r(5)，5]，故選A.答案A17.