第14讲二次函数与幂函数（解析版）_2.2025数学总复习_2023年新高考资料_一轮复习_2023年高考数学一轮复习考点精讲练+易错题型（新高考专用）

第 14 讲 二次函数与幂函数 【基础知识全通关】 知识点一 幂函数 (1)幂函数的定义 一般地，形如y＝xα的函数称为幂函数，其中x是自变量，α为常数. (2)常见的5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. 知识点二 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－x)(x－x)(a≠0)，x，x 为f(x)的零点. 1 2 1 2 (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 对称轴 x＝－ 顶点坐标 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 在上是减函数； 在上是增函数；在上是增函数 在上是减函数 【特别提醒】 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)，则当时恒有f(x)>0，当时，恒有f(x)<0. 【考点研习一点通】 考点01：二次函数的解析式 1.已知二次函数 ，满足 且方程 有两个相等实根． （1）求函数 的解析式； （2）当且仅当 时，不等式 恒成立，试求 ， 的值． 【答案】（1） ；（2） ， ． 【解析】 （1）由 ，以及二次方程有两个相等实根的条件：判别式为0，可得 ， 的方 程，解方程可得所求解析式； （2）由 ，解不等式可得解集，再由题意可得原不等式的解集即为 ， ，可 得 ， 的方程组，解方程可得所求值． 【详解】 解：（1）由 ， ，可得 ，即 ，则 ， 方程 有两个相等实根，即 有两个相等实根，则 ， 所以 ，从而 ；（2）不等式 即为 ，化为 ，由 ，可得 ， 则不等式 的解集为 ， ， 又当且仅当 ， 时，不等式 恒成立， 可得 ， ， ， 所以 且 ，解得 ， ． 考点02：二次函数图象的识别 y log xa0 a1 ya1x2 x 2.对数函数 a 且 与二次函数 在同一坐标系内的图像 不可能是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】 当0a1时，函数 y log a x 单调递减， ya1x2 x 开口向下，对称轴在y轴的左 侧，排除C，D； y log x ya1x2 x 当a1时，函数 a 单调递增， 开口向上，对称轴在y轴的右侧， 排除B； 故选：A 考点03：二次函数的单调性问题 3.已知函数 ， .（1）若函数 是区间 上的单调函数，求实数 的取值范围； （2）求函数 在区间 上的最小值. 【答案】（1） ；（2） . 【解析】 （1）由二次函数的单调性，根据对称轴与区间 的关系求解； （2）根据对称轴与区间 的关系，分类讨论求解. 【详解】 因为 ， 所以函数 的图象的对称轴为 ，且函数 在区间 上单调递减， 在区间 上单调递增， （1）因为函数 在区间 是单调函数， 所以 或 ， 所以实数 的取值范围为 . （2）（i）当 ，即 时， 有 在区间 上单调递增， 所以 ， （ii）当 ，即 时，有 在区间 上单调递减，在区间 上单调递增， 所以 ， 综上所述，函数 在区间 上的最小值 . 考点04：二次函数的最值问题 4.已知二次函数 的两个零点分别是0和5，图象开口向上，且 在区间 上 的最大值为12． （1）求 的解析式； （2）设函数 在 上的最小值为 ，求 的解析式． 【答案】（1） ；（2） ． 【解析】 （1）根据二次函数的图像性质求出函数解析式；（2）结合二次函数的单调性，及对称轴 和区间的位置关系，分类讨论求出最小值为 g(t)的解析式. 【详解】 （1）因为二次函数 的两个零点分别是0和5，图象开口向上，所以可设 ， 又 在区间 上的最大值为12，所以 ， ． ．（2） ，图象开口向上，对称轴为 ． ①当 即 时， 在 上是减函数， ； ②当 即 时， ； ③当 时， 在 上是增函数， ． 综上所述， . 【技巧点拨】 二次函数最值问题的类型及求解策略 (1)类型：①对称轴、区间都是给定的；②对称轴动、区间固定；③对称轴定、区间变动． (2)解决这类问题的思路：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，结合配方法，根据函数的单调性及分类讨论的思想即可完成． 考点05：二次函数的恒成立问题 5.已知a是实数，函数f(x)＝2ax2＋2x－3在x∈[－1，1]上恒小于零，求实数a的取值范围． 【答案】 ． 【解析】 分类： 适合， 时，分离参数 ，求出右端的最小值即可得． 【详解】 由题可知2ax2＋2x－3<0在[－1，1]上恒成立．x＝0时，有－3<0恒成立；x≠0时，a< ， 因为 ∈(－∞，－1]∪[1，＋∞)，当 ＝1，即x＝1时，不等式右边取最小值 ，所以 a< ，且a≠0． 综上，实数a的取值范围是 ． 【总结提升】 由不等式恒成立求参数的取值范围的思路及关键 1.一般有两个解题思路：一是分离参数；二是不分离参数． 2.两种思路都是将问题归结为求函数的最值，至于用哪种方法，关键是看参数是否已分 离．这两个思路的依据是： (1)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x) max ；(2)a≤f(x)恒成立 ⇔a≤f(x) min .. 3.有关二次函数的问题，数形结合，密切联系图象是探求解题思路的有效方法．一般从： ①开口方向；②对称轴位置；③判别式；④端点函数值符号四个方面分析． 考点06：二次函数与函数零点问题 f(x) x2 ax1(a 0) 6.已知函数 . f(x) [0,) x f(x)4 （1）若 的值域为 ，求关于 的方程 的解； a2 g(x)[f(x)]2 2mf(x)m2 1 [2,1] m （2）当 时，函数 在 上有三个零点，求 的 取值范围. x3 x1 (1,2] 【答案】（1） 或 .（2） 【解析】  a 1 1 f x  f   a2  a2 10 （1）因为 f x 的值域为 0, ，所以 min   2   4 2 . f x x2 2x1 a0 a2 因为 ，所以 ，则 .f x4 x2 2x14 x2 2x30 因为 ，所以 ，即 ， x3 x1 解得 或 . gx f x 2 2mf xm2 1 2,1 （2）   在 上有三个零点等价于方程 f x 2 2mf xm2 10 2,1   在 上有三个不同的根. f x 2 2mf xm2 10 f xm1 f xm1 因为  ，所以 或 . f x x2 2x1 a2 因为 ，所以 . f x 2,1 f x 2 2mf xm2 10 2,1 结合 在 上的图象可知，要使方程  在 上 f xm1 2,1 f xm1 2,1 有三个不同的根，则 在 上有一个实数根， 在 上有 两个不等实数根， 1m14  即 0m11，解得 1m2 . 1,2 m 故 的取值范围为 . 【规律总结】 1.一元二次不等式ax2＋bx＋c>0(a≠0)的解集的端点值是一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的根， 也是函数y＝ax2＋bx＋c的图象与x轴交点的横坐标． 2．注意灵活运用根与系数的关系解决问题． 考点07：一元二次不等式恒成立问题 7. 设函数 ．若对于 ， 恒成立，求m的取值 范围． 【答案】 ． 【解析】 由题意等价于对于 ， 恒成立，令，即 恒成立，分类讨论 ， 和 三种情况进行讨论，结合函数 的单调性进行求解即得. 【详解】 由题意对于 ， 恒成立，． 等价于对于 ， 恒成立，令 （1）当 时， 恒成立，符合题意； （2）当 时， 在 上单调递增，要使 恒成立， 只要 即可，即 ，解得： ，故 . （3）当 时， 在 上单调递减，要使 恒成立， 只要 即可，即 ，解得： ，故 . 综上，m的取值范围是 . 【总结提升】 由不等式恒成立求参数的取值范围的思路及关键 1.一般有两个解题思路：一是分离参数；二是不分离参数． 2.两种思路都是将问题归结为求函数的最值，至于用哪种方法，关键是看参数是否已分 离．这两个思路的依据是： (1)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x) max ；(2)a≤f(x)恒成立 ⇔a≤f(x) min .. 3.有关二次函数的问题，数形结合，密切联系图象是探求解题思路的有效方法．一般从： ①开口方向；②对称轴位置；③判别式；④端点函数值符号四个方面分析． 考点08：二次函数的综合应用 8.已知函数 ( 为常数， ). （1）讨论函数 的奇偶性；（2）当 为偶函数时，若方程 在 上有实根，求实数 的 取值范围. 【答案】（1）答案见解析；（2） . 【解析】 （1）利用函数的奇偶性的定义求解即可； （2）当函数 为偶函数时， ，列出方程 ，利用换元法，结合 指数函数和对勾函数的性质，由求根公式解出方程的根，可得实数 的取值范围． 【详解】 （1）∵函数 的定义域为 ， 又∵ ∴①当 时，即 时，可得 即当 时，函数 为偶函数； ②当 时，即 时，可得 即当 时，函数 为奇函数. （2）由（1）可得，当函数 为偶函数时， ， 即 时， 由题可得， 令 ，则有 ∵∴ ， 又∵ ，当且仅当 时，等号成立 根据对勾函数的性质可知， ，即 ① 此时 的取值不存在； ② 此时，可得 的取值为 综上可得 【总结提升】 对于含有参数的一元二次不等式常见的讨论形式有如下几种情形：1、对二次项系数进行讨 论；2、对应方程的根进行讨论；3、对应根的大小进行讨论等；考查恒成立问题，正确分 ahx ahx 离参数是关键，也是常用的一种手段．通过分离参数可转化为 或 恒成 ah x ah x h x h x 立，即 max 或 min 即可，利用导数知识结合单调性求出 max 或 min 即得解.考点09 ：幂函数的概念 9.已知函数f(x)＝(m2＋2m)·xm2＋m－1，m为何值时，f(x)是：(1)正比例函数；(2)反比例函数； (3)二次函数；(4)幂函数. 【答案】(1) m＝1.(2) m＝－1.(3) .(4)－1±. 【解析】 (1)若f(x)为正比例函数，则，∴m＝1. (2)若f(x)为反比例函数，则，∴m＝－1. (3)若f(x)为二次函数，则，∴m＝. (4)若f(x)为幂函数，则m2＋2m＝1，∴m＝－1±. 【总结提升】 形如y＝xα的函数叫幂函数，这里需有：(1)系数为1，(2)指数为一常数，(3)后面不加任何 项．例如y＝3x、y＝xx＋1、y＝x2＋1均不是幂函数，再者注意与指数函数的区别，例如：y ＝x2是幂函数，y＝2x是指数函数． 考点10 ：幂函数的图象 yxa y  xb y  xc y  xd 10.若四个幂函数 ， ， ， 在同一坐标系中的部分图象如图，则 a b c d 、 、 、 的大小关系正确的是（ ） A．ab1 B．a1b 0bc 0d c C． D． 【答案】B 【解析】 x1 由幂函数的图象与性质，在第一象限内，在 的右侧部分的图象，图象由下至上，幂指 a 1b0cd 0 数依次增大，可得 .故选：B. 考点11 ：幂函数的性质 11.已知定义在 上的幂函数 （ 为实数）过点 ，记 ， ， ，则 的大小关系为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】 首先求出 ，得到函数的单调性，再利用对数函数的图象性质得到 ，即得解. 【详解】 由题得 . 函数 是 上的增函数. 因为 ， ， 所以 ， 所以 ， 所以 . 故选：A 考点12：幂函数综合问题 f x  p2 3p3  x p2 3 2 p 1 2 12.（2020·江西省南康中学高一月考）已知幂函数 满足 f 2 f 4 ．f x （1）求函数 的解析式； gx f 2xmf x,x1,9 gx m （2）若函数 ，是否存在实数 使得 的最小值为 m 0？若存在，求出 的值；若不存在，说明理由； hxn f x3 a,bab hx a,b （3）若函数 ，是否存在实数 ，使函数 在 上的 a,b n 值域为 ？若存在，求出实数 的取值范围；若不存在，说明理由． 1 【答案】（1） f x x2；（2）存在 使得gx的最小值为0；（3） m1  9  n  ,2    4 ． 【解析】 （1）∵ f x 为幂函数，∴ p2 3p31 ，∴ p 1 或 p 2 ． p 1 f x x1 0, 当 时， 在 上单调递减， f 2 f 4 故 不符合题意． 1 当 p 2时， f x x2  x 在0,上单调递增， f 2 f 4 f x x 故 ，符合题意．∴ ． gx xm x （2） ， x1,9 t1,3 gxt2 mt t1,3 t  x 令 ．∵ ，∴ ，∴ ， ． m  1 gx 当 2 时，t 1时， 有最小值， 1m0 m1 ∴ ， ．m m m2 ②当 1 2 3 时， t  2 时，gx 有最小值．∴  4 0 ，m0（舍）． m  3 gx ③当 2 时，t 3时， 有最小值， 93m0 m3 m1 ∴ ， （舍）．∴综上 ． hxn x3 （3） ， hx 易知 在定义域上单调递减， hab  n a3 b ∴ ，即 ，  hba h b3 a a3 S b3 t 令 ， ， nS t2 3  则 a  S2 3 ， bt2 3 ，∴ nt S2 3 ，∴ t2 S  S2 t ， tStS10 ∴ ． ab ∵ ， S t tS 10 t 1S ∴ ，∴ ，∴ ， a3 b3 1 ∴ ． 11  1 3a S  0,  ∵ab，∴ 4 ，∴  2， 2  1 9  9   S  n  ,2 ∴   ．∴  ． ntS2 3  S2 S2  2 4  4  【考点易错】 易错01 幂函数的图象与性质 1.已知α∈，.若幂函数f(x)＝xα为奇函数，且在(0，＋∞)上递减，则α＝______.【答案】－1 【解析】由题意知α可取－1，1，3.又y＝xα在(0，＋∞)上是减函数， ∴α<0，取α＝－1. 【方法技巧】幂函数的性质与图象特征的关系 (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)判断幂函数y＝xα(α∈R)的奇偶性时，当α是分数时，一般将其先化为根式，再判断． (3)若幂函数y＝xα在(0，＋∞)上单调递增，则α>0，若在(0，＋∞)上单调递减，则α<0. 【变式1-1】已知点(m,8)在幂函数f (x)＝(m－1)xn的图象上．设a＝f ，b＝f (ln π)，c＝f (2)，则a，b，c的大小关系是( ) A．a1>2＝>， 所以f (ln π)>f (2)>f ，则b>c>a. 易错02 求二次函数的解析式 2.已知二次函数f (x)＝x2－bx＋c满足f (0)＝3，对∀x∈R，都有f (1＋x)＝f (1－x)成立， 则f (x)＝________. 【答案】x2－2x＋3 【解析】由f (0)＝3，得c＝3.又f (1＋x)＝f (1－x)， 所以函数f (x)的图象关于直线x＝1对称， 所以＝1，所以b＝2，所以f (x)＝x2－2x＋3. 【方法技巧】求二次函数解析式的策略 （1）已知三点坐标，选用一般式 （2）已知顶点坐标、对称轴、最值，选用顶点式 （3）已知与x轴两点坐标，选用零点式 【变式2-1】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】法一：(利用一般式) 设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)．由题意得 解得所以所求二次函数的解析式为f(x)＝－4x2＋4x＋7. 法二：(利用顶点式) 设f(x)＝a(x－m)2＋n(a≠0)． 因为f(2)＝f(－1)， 所以抛物线的对称轴为x＝＝. 所以m＝. 又根据题意函数有最大值8，所以n＝8， 所以f(x)＝a＋8. 因为f(2)＝－1，所以a＋8＝－1，解得a＝－4，所以f(x)＝－4＋8＝－4x2＋4x＋7. 法三：(利用零点式) 由已知f(x)＋1＝0的两根为x＝2，x＝－1， 1 2 故可设f(x)＋1＝a(x－2)(x＋1)， 即f(x)＝ax2－ax－2a－1. 又函数有最大值8，即＝8. 解得a＝－4或a＝0(舍去)， 所以所求函数的解析式为f(x)＝－4x2＋4x＋7. 易错03 二次函数的图象及应用 3.已知abc>0，则二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c的图象可能是( ) 【答案】D 【解析】A项，因为a<0，－<0，所以b<0. 又因为abc>0，所以c>0，而f(0)＝c<0，故A错． B项，因为a<0，－>0，所以b>0. 又因为abc>0，所以c<0，而f(0)＝c>0，故B错． C项，因为a>0，－<0，所以b>0.又因为abc>0， 所以c>0，而f(0)＝c<0，故C错． D项，因为a>0，－>0，所以b<0，因为abc>0，所以c<0，而f(0)＝c<0，故选D. 【方法技巧】 1.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 两个点是抛物线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. 2.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. 【变式3-1】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 直线x＝－1. 下面四个结论中正确的是( ) A． b2<4ac B．2a－b＝1 C．a－b＋c＝0 D．5a0，即 b2>4ac，A错误；二次函数的图象的对称轴为直线x＝－1，即－＝－1，得2a－b＝0，B错 误；结合图象知，当x＝－1时，y>0，即a－b＋c>0，C错误；因为函数的图象开口向下， 所以a<0，所以5a<2a，即5af(cx) D．与x有关，不确定 【答案】A 【解析】 由题意知，函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，∴b＝2，又f(0)＝3，∴c＝3，则 bx＝2x，cx＝3x.易知f(x)在(－∞，1)上单调递减，在[1，＋∞)上单调递增．若x≥0，则 3x≥2x≥1，∴f(3x)≥f(2x)；若x＜0，则3x＜2x＜1，∴f(3x)>f(2x)．∴f(3x)≥f(2x)，即f(bx)≤f(cx)．故 选A. 易错05 二次函数的最值问题 5.已知函数f(x)＝x2－2ax＋1，x∈[－1，2]． (1)若a＝1，求f(x)的最大值与最小值； (2)f(x)的最小值记为g(a)，求g(a)的解析式以及g(a)的最大值． 【解析】(1)当a＝1时，f(x)＝x2－2x＋1＝(x－1)2，x∈[－1，2]， 则当x＝1时，f(x)的最小值为0，x＝－1时，f(x)的最大值为4. (2)f(x)＝(x－a)2＋1－a2，x∈[－1，2]， 当a<－1时，f(x)的最小值为f(－1)＝2＋2a， 当－1≤a≤2时，f(x)的最小值为f(a)＝1－a2， 当a>2时，f(x)的最小值为f(2)＝5－4a， 则g(a)＝ 可知，g(a)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，g(a)的最大值为g(0)＝1. 【方法技巧】(1)确定二次函数图象应关注的三个要点 一是看二次项系数的符号，它确定二次函数图象的开口方向； 二是看对称轴和最值，它确定二次函数图象的具体位置； 三是看函数图象上的一些特殊点，如函数图象与 y轴的交点、与x轴的交点，函数图象的 最高点或最低点等．从这三个方面入手，能准确地判断出二次函数的图象．反之，也可以从图象中得到如上信 息． (2)二次函数最值的求法 二次函数的区间最值问题一般有三种情况：①对称轴和区间都是给定的；②对称轴动，区 间固定；③对称轴定，区间变动．解决这类问题的思路是抓住“三点一轴”进行数形结 合，三点指的是区间两个端点和中点，一轴指的是对称轴．具体方法是利用函数的单调性 及分类讨论的思想求解． 对于②、③，通常要分对称轴在区间内、区间外两大类情况进行讨论． 【变式5-1】若函数f(x)＝ax2＋20x＋14(a＞0)对任意实数t，在闭区间[t－1，t＋1]上总存在 两实数x，x，使得|f(x)－f(x)|≥8成立，则实数a的最小值为________． 1 2 1 2 【答案】8 【解析】因为a＞0，所以二次函数f(x)＝ax2＋20x＋14的图象开口向上． 在闭区间[t－1，t＋1]上总存在两实数x，x， 1 2 使得|f(x)－f(x)|≥8成立， 1 2 只需t＝－时f(t＋1)－f(t)≥8， 即a(t＋1)2＋20(t＋1)＋14－(at2＋20t＋14)≥8， 即2at＋a＋20≥8，将t＝－代入得a≥8. 所以a的最小值为8. 故答案为8. 易错06 二次函数中的恒成立问题 6.已知函数f(x)＝x2－x＋1，在区间[－1,1]上，不等式f(x)>2x＋m恒成立，则实数m的取值 范围是________． 【答案】(－∞，－1) 【解析】f(x)>2x＋m等价于x2－x＋1>2x＋m， 即x2－3x＋1－m>0， 令g(x)＝x2－3x＋1－m， 要使g(x)＝x2－3x＋1－m>0在[－1,1]上恒成立，只需使函数g(x)＝x2－3x＋1－m在[－1,1]上的最小值大于0即可． ∵g(x)＝x2－3x＋1－m在[－1,1]上单调递减， ∴g(x) ＝g(1)＝－m－1. min 由－m－1>0，得m＜－1. 因此满足条件的实数m的取值范围是(－∞，－1)． 【方法技巧】由不等式恒成立求参数取值范围的思路及关键 (1)一般有两个解题思路：一是分离参数；二是不分离参数. (2)两种思路都是将问题归结为求函数的最值，至于用哪种方法，关键是看参数是否已分离. 这两个思路的依据是：a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x) ，a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x) . max min 【变式6-1】设函数f (x)＝ax2－2x＋2，对于满足10，则实数a 的取值范围为________． 【答案】 【解析】由题意得a>－对1. max 【巩固提升】 1．已知幂函数f(x)＝k·xα的图象过点，则k＋α＝( ) A. B．1 C. D．2 【答案】C 【解析】因为函数f(x)＝k·xα是幂函数，所以k＝1，又函数f(x)的图象过点，所以＝，解得 α＝，则k＋α＝. 2．若幂函数f(x)＝x(m，n∈N*，m，n互质)的图象如图所示，则( ) A．m，n是奇数，且<1 B．m是偶数，n是奇数，且>1 C．m是偶数，n是奇数，且<1 D．m是奇数，n是偶数，且>1 【答案】C【解析】由图知幂函数f(x)为偶函数，且<1，排除B，D；当m，n是奇数时，幂函数f(x)非 偶函数，排除A；选C. 3．定义域为R的函数f(x)满足f(x＋1)＝2f(x)，且当x∈[0，1]时，f(x)＝x2－x，则当x∈[－ 2，－1]时，f(x)的最小值为( ) A．－ B．－ C．－ D．0 【答案】A 【解析】当x∈[－2，－1]时，x＋2∈[0，1]，则f(x＋2)＝(x＋2)2－(x＋2)＝x2＋3x＋2，又f(x ＋2)＝f[(x＋1)＋1]＝2f(x＋1)＝4f(x)，所以当x∈[－2，－1]时，f(x)＝(x2＋3x＋2)＝－，所以 当x＝－时，f(x)取得最小值，且最小值为－，故选A. 4．已知f(x)＝ax2＋bx＋c(a＞0)，g(x)＝f(f(x))，若g(x)的值域为[2，＋∞)，f(x)的值域为[k， ＋∞)，则实数k的最大值为( ) A．0 B．1 C．2 D．4 【答案】C 【解析】设t＝f(x)，由题意可得g(x)＝f(t)＝at2＋bt＋c，t≥k， 函数y＝at2＋bt＋c，t≥k的图象为y＝f(x)的图象的部分，即有g(x)的值域为f(x)的值域的子 集， 即[2，＋∞)⊆[k，＋∞)， 可得k≤2，即有k的最大值为2. 故选C. 5．函数f(x)＝(m2－m－1)x4m9－m5－1是幂函数，对任意的x ，x∈(0，＋∞)，且x≠x ， 1 2 1 2 满足>0，若a，b∈R，且a＋b>0，则f(a)＋f(b)的值( ) A．恒大于0 B．恒小于0 C．等于0 D．无法判断 【答案】A 【解析】∵对任意的x ，x∈(0，＋∞)，且x≠x ，满足＞0，∴幂函数f(x)在(0，＋∞)上是 1 2 1 2 增函数，∴解得m＝2，则f(x)＝x2015. ∵函数f(x)＝x2015在R上是奇函数，且为增函数，由a＋b>0，得a>－b，∴f(a)>f(－b)＝－ f(b)， ∴f(a)＋f(b)>0.故选A.6．已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c是偶函数，若对任意实数x ，x 都有f≥，则f(x)的图象可 1 2 能是( ) 【答案】C 【解析】二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c是偶函数，则b＝0，图象关于y轴对称，所以排除A， D；对任意实数x ，x 都有f≥，所以函数f(x)为上凸函数，结合二次函数的性质可得实数a 1 2 ＜0，即排除B.故选C. 7.．已知函数f(x)＝x2＋2x＋1，如果使f(x)≤kx对任意实数x∈(1，m]都成立的m的最大值是 5，则实数k＝________. 【答案】 【解析】设g(x)＝x2＋(2－k)x＋1. 设不等式g(x)≤0的解集为a≤x≤b. 则Δ＝(2－k)2－4≥0，解得k≥4或k≤0， 又因为函数f(x)＝x2＋2x＋1，且f(x)≤kx对任意实数x∈(1，m]恒成立； 所以(1，m]⊆[a，b]，所以a≤1，b≥m，所以g(1)＝4－k<0，解得k>4，m的最大值为b，所 以有b＝5. 即x＝5是方程g(x)＝0的一个根，代入x＝5，解得k＝. 8．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． 【解析】(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|， 则M＝. (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)， 则M＝max{g(b)，g(1)}≥(g(b)＋g(1))≥|f(b)－f(1)|＝(b－1)2≥； ②当0. 综上可知，对任意的b、c都有M≥. 而当b＝0，c＝时，g(x)＝在区间[－1，1]上的最大值M＝， 故M≥k对任意的b、c恒成立的k的最大值为. 9．已知函数f(x)＝ax2－2ax＋2＋b(a≠0)，若f(x)在区间[2,3]上有最大值5，最小值2. (1)求a，b的值； (2)若b<1，g(x)＝f(x)－mx在[2,4]上单调，求m的取值范围． 【解析】(1)f(x)＝a(x－1)2＋2＋b－a. 当a>0时，f(x)在[2,3]上为增函数， 故⇒⇒ 当a<0时，f(x)在[2,3]上为减函数， 故⇒⇒ 故当a>0时，a＝1，b＝0，当a<0时，a＝－1，b＝3. (2)∵b<1，∴a＝1，b＝0，即f(x)＝x2－2x＋2. g(x)＝x2－2x＋2－mx＝x2－(2＋m)x＋2， ∵g(x)在[2,4]上单调，∴≤2或≥4. ∴m≤2或m≥6. 故m的取值范围为(－∞，2]∪[6，＋∞)．