高三一轮复习2021版 第二章 第4讲 二次函数与幂函数

的子集，

即[2，＋∞)?[k，＋∞)， 可得k≤2，即有k的最大值为2. 故选C.

1

7．已知幂函数f(x)＝x－，若f(a＋1)

211

解析：因为f(x)＝x－＝(x>0)，易知x∈(0，＋∞)时为减函数，又f(a＋1)

2xa＋1>0，

??a>－1，?

所以?10－2a>0，解得?a<5，所以3

??a＋1>10－2a，?a>3，

答案：(3，5) 8．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. 答案：－1或3

1

9．(2019·杭州四中第一次月考)已知函数f(x)＝x2＋ax＋1，若存在x0使|f(x0)|≤，|f(x0

4

1

＋1)|≤同时成立，则实数a的取值范围为________．

4a?4－a??－1??≤1，x＋解析：由f(x)＝?2?＋，考察g(x)＝x2＋h，当h＝0时，有?g??2??44

?g?－1＋1??≤1同时成立；当h＝－1时，有?g?－1??≤1，|g(－1＋1)|≤1同时成立．所以－??2??4??2??4224

2

2

2114－a≤h≤0，即－≤≤0，解得－6≤a≤－2或2≤a≤6. 224

答案：[－6，－2]∪[2，6]

3x

，＋∞?，f??－4m2f(x)≤f(x－1)＋4f(m)恒成立，10．设函数f(x)＝x2－1，对任意x∈??2??m?则实数m的取值范围是________．

3x2

，＋∞?上恒成解析：依据题意，得2－1－4m2(x2－1)≤(x－1)2－1＋4(m2－1)在x∈?2??m

3132?立，即2－4m2≤－2－＋1在x∈??2，＋∞?上恒成立． mxx

3325当x＝时，函数y＝－2－＋1取得最小值－，

2xx315

所以2－4m2≤－，即(3m2＋1)(4m2－3)≥0，

m3

33

解得m≤－或m≥.

22

33答案：?－∞，－?∪?，＋∞?

2??2??

－2

11．已知幂函数f(x)＝(m－5m＋7)xm1为偶函数． (1)求f(x)的解析式；

(2)若g(x)＝f(x)－ax－3在[1，3]上不是单调函数，求实数a的取值范围．

解：(1)由题意m2－5m＋7＝1，解得m＝2或m＝3， 若m＝2，与f(x)是偶函数矛盾，舍去，

所以m＝3，所以f(x)＝x2.

a

(2)g(x)＝f(x)－ax－3＝x2－ax－3，g(x)的对称轴是x＝，

2

若g(x)在[1，3]上不是单调函数，

a

则1<<3，解得2

2

12．(2019·台州市教学质量调研)已知函数f(x)＝x2＋bx＋c的图象过点(－1，3)，且关于直线x＝1对称．

(1)求f(x)的解析式；

(2)若m＜3，求函数f(x)在区间[m，3]上的值域．

解：(1)因为函数f(x)＝x2＋bx＋c的图象过点(－1，3)，且关于直线x＝1对称，

??f（－1）＝1－b＋c＝3所以?b，解得b＝－2，c＝0，

??－2＝1

所以f(x)＝x2－2x.

(2)当1≤m＜3时，f(x)min＝f(m)＝m2－2m， f(x)max＝f(3)＝9－6＝3， 所以f(x)的值域为[m2－2m，3]；

当－1≤m＜1时，f(x)min＝f(1)＝1－2＝－1， f(x)max＝f(－1)＝1＋2＝3， 所以f(x)的值域为[－1，3]．

当m＜－1时，f(x)min＝f(1)＝1－2＝－1， f(x)max＝f(m)＝m2－2m，

所以f(x)的值域为[－1，m2－2m]．

[能力提升] 1．(2019·台州质检) 如图是二次函数y＝ax2＋bx＋c图象的一部分，图象过点A(－3，0)，对称轴为x＝－1.给出下面四个结论：①b2>4ac；②2a－b＝1；③a－b＋c＝0；④5a

A．②④ C．②③

B．①④ D．①③

解析：选B.因为二次函数的图象与x轴交于两点，所以b2－4ac>0，即b2>4ac，①正确；

b

对称轴为x＝－1，即－＝－1，2a－b＝0，②错误；结合图象，当x＝－1时，y>0，即a

2a－b＋c>0，③错误；由对称轴为x＝－1知，b＝2a，又函数图象开口向下，所以a<0，所以5a<2a，即5a

1

2．(2019·温州市十校联考)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x≥0时，f(x)＝(|x

2

222

－a|＋|x－2a|－3a)．若任取?x∈R，f(x－1)≤f(x)，则实数a的取值范围为( )

11?－6，6? －，? A．?B．?66?6??6

11－，? C．??33?

D．?－

?

33?

，

33?

1

解析：选B.因为当x≥0时，f(x)＝(|x－a2|＋|x－2a2|－3a2)，所以当0≤x≤a2时，f(x)

21

＝(a2－x＋2a2－x－3a2)＝－x； 2

1

当a2＜x＜2a2时，f(x)＝(x－a2＋2a2－x－3a2)＝－a2；

21

当x≥2a2时，f(x)＝(x－a2＋x－2a2－3a2)＝x－3a2.

21

综上，函数f(x)＝(|x－a2|＋|x－2a2|－3a2)在x≥0时的解析式等价于f(x)＝

2－x，0≤x≤a，??

?－a，a＜x＜2a， ??x－3a，x≥2a.

2

2

2

2

2

2

因此，根据奇函数的图象关于原点对称作出函数f(x)在R上的大致图象如下，

66

≤a≤. 66

3．已知函数f(x)＝|x2＋ax＋b|在区间[0，c]内的最大值为M(a，b∈R，c＞0为常数)且存在实数a，b，使得M取最小值2，则a＋b＋c＝________．

观察图象可知，要使?x∈R，f(x－1)≤f(x)，则需满足2a2－(－4a2)≤1，解得－解析：函数y＝x2＋ax＋b是二次函数，

a

所以函数f(x)＝|x2＋ax＋b|在区间[0，c]内的最大值M在端点处或x＝－处取得．

2若在x＝0处取得，则b＝±2，

aa2

若在x＝－处取得，则|b－|＝2，

24若在x＝c处取得，则|c2＋ac＋b|＝2.

a2

若b＝2，则|b－|≤2，|c2＋ac＋b|≤2，

4解得a＝0，c＝0，符合要求，

若b＝－2，则顶点处的函数值的绝对值大于2，不成立． 可得a＋b＋c＝2.故答案为2. 答案：2

3

4．(2019·宁波市余姚中学高三期中)已知f(x)＝x2－3x＋4，若f(x)的定义域和值域都是

4

[a，b]，则a＋b＝________．

33

解析：因为f(x)＝x2－3x＋4＝(x－2)2＋1，所以x＝2是函数的对称轴，根据对称轴进

44行分类讨论：

??f（a）＝b

①当b<2时，函数在区间[a，b]上递减，又因为值域也是[a，b]，所以得方程组?，

?f（b）＝a?

32

a－3a＋4＝b43即，两式相减得(a＋b)(a－b)－3(a－b)＝b－a，又因为a≠b，所以a

432

b－3b＋4＝a48＋b＝，

3381644

由a2－3a＋4＝－a，得3a2－8a＋＝0，所以a＝，所以b＝，故舍去． 43333

73

②当a<2≤b时，得f(2)＝1＝a，又因为f(1)＝<2，所以f(b)＝b，得b2－3b＋4＝b，所

44

4

以b＝(舍)，或b＝4，

3

???

所以a＋b＝5.

??f（a）＝a

③当a≥2时，函数在区间[a，b]上递增，又因为值域是[a，b]，所以得方程组?，

?f（b）＝b?

4?a＝?33

即a，b是方程x2－3x＋4＝x的两根，即a，b是方程3x2－16x＋16＝0的两根，所以?，

4

??b＝4

但a≥2，故应舍去．综上得a＋b＝5.

答案：5

5．已知函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a＞0，b∈R，c∈R)． (1)若函数f(x)的最小值是f(－1)＝0，且c＝1，

??f（x），x＞0，F(x)＝?求F(2)＋F(－2)的值；

?－f（x），x＜0，?

(2)若a＝1，c＝0，且|f(x)|≤1在区间(0，1]上恒成立，试求b的取值范围．

b

解：(1)由已知c＝1，a－b＋c＝0，且－＝－1，

2a

解得a＝1，b＝2，所以f(x)＝(x＋1)2.

2??（x＋1），x＞0，

所以F(x)＝?

2

?－（x＋1），x＜0.?

所以F(2)＋F(－2)＝(2＋1)2＋[－(－2＋1)2]＝8.

(2)由题意知f(x)＝x2＋bx，原命题等价于－1≤x2＋bx≤1在(0，1]上恒成立， 11

即b≤－x且b≥－－x在(0，1]上恒成立．

xx

11

又当x∈(0，1]时，－x的最小值为0，－－x的最大值为－2.所以－2≤b≤0.故b的取

xx值范围是[－2，0]．

6．(2019·宁波市余姚中学期中检测)已知函数f(x)＝－x2＋2bx＋c，设函数g(x)＝|f(x)|在区间[－1，1]上的最大值为M.

(1)若b＝2，试求出M；

(2)若M≥k对任意的b、c恒成立，试求k的最大值．

解：(1)当b＝2时，f(x)＝－x2＋4x＋c在区间[－1，1]上是增函数， 则M是g(－1)和g(1)中较大的一个， 又g(－1)＝|－5＋c|，g(1)＝|3＋c|，

??|－5＋c|，c≤1

则M＝?.

??|3＋c|，c>1

(2)g(x)＝|f(x)|＝|－(x－b)2＋b2＋c|，

(ⅰ)当|b|>1时，y＝g(x)在区间[－1，1]上是单调函数， 则M＝max{g(－1)，g(1)}，

而g(－1)＝|－1－2b＋c|，g(1)＝|－1＋2b＋c|， 则2M≥g(－1)＋g(1)≥|f(－1)－f(1)|＝4|b|>4，可知M>2.

(ⅱ)当|b|≤1时，函数y＝g(x)的对称轴x＝b位于区间[－1，1]之内， 此时M＝max{g(－1)，g(1)，g(b)}， 又g(b)＝|b2＋c|，

①当－1≤b≤0时，有f(1)≤f(－1)≤f(b)，

1111

则M＝max{g(b)，g(1)}≥(g(b)＋g(1))≥|f(b)－f(1)|＝(b－1)2≥；

2222②当0

则M＝max{g(b)，g(－1)}≥(g(b)＋g(－1))≥|f(b)－f(－1)|＝(b＋1)2>.

2222

1

综上可知，对任意的b、c都有M≥.

2111－x2＋?在区间[－1，1]上的最大值M＝， 而当b＝0，c＝时，g(x)＝?2??22

1

故M≥k对任意的b、c恒成立的k的最大值为.

2