第08讲幂函数与二次函数_高中三年全科资料_高考数学《必刷5000题》2025版_2025高考数学必刷5000题（解析版分章节PDF）

第8讲 幂函数与二次函数
知识梳理
1、幂函数的定义
一般地，y=xa(a∈R)(a为有理数)的函数，即以底数为自变量，幂为因变量，指数为常数的
函数称为幂函数.
2、幂函数的特征：同时满足一下三个条件才是幂函数
①xa的系数为1；②xa的底数是自变量；③指数为常数.
(3)幂函数的图象和性质
3、常见的幂函数图像及性质：
函数 y=x y=x2 y=x3 y=x2 1 y=x-1
图象
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 偶 奇 非奇非偶 奇
在(-∞，0)上
在(-∞，0)和
在R上单调 单调递减，在 在R上单调 在[0，+∞)上
单调性 (0，+∞)上单
递增 (0，+∞)上单 递增 单调递增
调递减
调递增
公共点 (1，1)
4、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)；其中，(m,n)为抛物线顶点坐标，x=m为对称轴方
程.
(3)零点式：f(x)=a(x-x)(x-x )(a≠0)，其中，x,x 是抛物线与x轴交点的横坐标.
1 2 1 2
5、二次函数的图像
b
二次函数f(x)=ax2+bx+c(a≠0)的图像是一条抛物线，对称轴方程为x=- ，顶点坐标
2a
b 4ac-b2
为- ,
2a 4a
 .
(1)单调性与最值
b
①当a>0时，如图所示，抛物线开口向上，函数在-∞,-
2a

b
上递减，在 - ,+∞
 2a
 上递
b 4ac-b2
增，当x=- 时，f(x) = ；
2a min 4a
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119 3427b
②当a<0时，如图所示，抛物线开口向下，函数在-∞,-
2a

b
上递增，在 - ,+∞
 2a
 上递
b 4ac-b2
减，当x=- 时，f(x) =
2a max 4a
(2)与x轴相交的弦长
当Δ=b2-4ac>0时，二次函数f(x)=ax2+bx+c(a≠0)的图像与x轴有两个交点M(x,
1 1
Δ
0)和M (x ,0)，|MM |=|x -x |= (x +x )2-4xx = .
2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 |a|
6、二次函数在闭区间上的最值
闭区间上二次函数最值的取得一定是在区间端点或顶点处.
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
p+q
值是m，令x = ：
0 2
b
(1)若- ≤p，则m=f(p),M=f(q)；
2a
b b
(2)若p<- <x ，则m=f-
2a 0 2a
 ,M=f(q)；
b b
(3)若x ≤- <q，则m=f-
0 2a 2a
 ,M=f(p)；
b
(4)若- ≥q，则m=f(q),M=f(p).
2a
【解题方法总结】
1、幂函数y=xa(a∈R)在第一象限内图象的画法如下：
①当a<0时，其图象可类似y=x-1画出；
1
②当0<a<1时，其图象可类似y=x2画出；
③当a>1时，其图象可类似y=x2画出．
第 页 共 页
120 34272、实系数一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的实根符号与系数之间的关系
Δ=b2-4ac>0

 b
x +x =- >0
(1)方程有两个不等正根x 1 ,x 2 ⇔  1 2 a
 c
xx = >0
 1 2 a
Δ=b2-4ac>0

 b
x +x =- <0
(2)方程有两个不等负根x 1 ,x 2 ⇔  1 2 a
 c
xx = >0
 1 2 a
c
(3)方程有一正根和一负根，设两根为x,x ⇔xx = <0
1 2 1 2 a
3、一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根的分布问题
一般情况下需要从以下4个方面考虑：
b
(1)开口方向；(2)判别式；(3)对称轴x=- 与区间端点的关系；(4)区间端点函数值的正
2a
负.
设x,x 为实系数方程ax2+bx+c=0(a>0)的两根，则一元二次ax2+bx+c=0(a>0)的
1 2
根的分布与其限定条件如表所示.
根的分布 图像 限定条件
Δ>0

b
m<x <x - >m
1 2  2a

f(m)>0
x <m<x f(m)<0
1 2
Δ>0

b
- <m
 2a

f(m)>0
x <x <m
1 2
在区间(m,n)
Δ<0
内
第 页 共 页
121 3427Δ=0
x =x ≤m
1 2
或x =x ≥m
1 2
Δ>0

b
- <m
没有实根  2a

f(m)≥0
Δ>0

b
- >n
 2a

f(n)≥0
f(m)≤0

f(n)≤0
在区间(m,n)
内 f(m)>0

有且只有一个 f(n)<0
实根
第 页 共 页
122 3427f(m)<0

f(n)>0
在区间(m,n)
Δ>0

内 m<- b <n
2a

有两个不等实 f(m)>0

f(n)>0
根
4、有关二次函数的问题，关键是利用图像.
(1)要熟练掌握二次函数在某区间上的最值或值域的求法，特别是含参数的两类问题--动
轴定区间和定轴动区间，解法是抓住“三点一轴”，三点指的是区间两个端点和区间中点，一
轴指对称轴.即注意对对称轴与区间的不同位置关系加以分类讨论，往往分成：①轴处在区间
的左侧；②轴处在区间的右侧；③轴穿过区间内部(部分题目还需讨论轴与区间中点的位置
关系)，从而对参数值的范围进行讨论.
(2)对于二次方程实根分布问题，要抓住四点，即开口方向、判别式、对称轴位置及区间端点函
数值正负.
必考题型全归纳
1 题型一：幂函数的定义及其图像
217 (2024·宁夏固原·高三隆德县中学校联考期中)已知函数f(x)=m2-2m-2  ⋅xm-2是幂
函数，且在0，+∞  上递减，则实数m= ( )
A.-1 B.-1或3 C.3 D.2
【答案】A
第 页 共 页
123 3427【解析】因为f(x)=m2-2m-2

⋅xm-2是幂函数，所以m2-2m-2=1，解得m=3或
m=-1，又因为f(x)在0，+∞  上单调递减，则m=-1.
故选：A
218 (2024·海南·统考模拟预测)已知fx  =m2+m-5  xm为幂函数，则( )．
A. fx  在-∞,0  上单调递增 B. fx  在-∞,0  上单调递减
C. fx  在0,+∞  上单调递增 D. fx  在0,+∞  上单调递减
【答案】B
【解析】因为fx  =m2+m-5  xm是幂函数，所以m2+m-5=1，解得m=2或m=
-3，
所以fx  =x2或fx  =x-3，
对于fx  =x2，函数在0,+∞  上单调递增，在-∞,0  上单调递减；
对于fx  =x-3，函数在0,+∞  上单调递减，且为奇函数，故在-∞,0  上单调递减；
故只有B选项“fx  在-∞,0  上单调递减”符合这两个函数的性质．
故选：B
219 (2024·河北·高三学业考试)已知幂函数y=fx  的图象过点8,2 2  ，则f9  的值为
( )
A.2 B.3 C.4 D.9
【答案】B
【解析】设幂函数为fx  =xa，图象过点8,2 2  ，故f8 
1
=8a=2 2，故a= ，
2
fx 
1
=x2，f9  = 9=3.
故选：B
1
220 (2024·全国·高三专题练习)幂函数y=xa中a的取值集合C是-1,0, ,1,2,3
 2
 的子集，
当幂函数的值域与定义域相同时，集合C为 ( )
1
A. -1,0,
 2

1
B.  ,1,2
 2

1
C. -1, ,3
 2

1
D.  ,1,2,3
 2

【答案】C
【解析】当a=-1时，y=x-1定义域和值域均为-∞,0  ∪0,+∞  ，符合题意；
a=0时，y=x0定义域为-∞,0  ∪0,+∞  ，值域为1  ，故不合题意；
1
a= 时，y= x定义域为0,+∞
2
 ，值域为0,+∞  ，符合题意；
a=1时，y=x定义域与值域均为R，符合题意；
a=2时，y=x2定义域为R，值域为0,+∞  ，不符合题意；
a=3时，y=x3定义域与值域均为R，符合题意.
故选：C
p
221 (2024·全国·高三专题练习)已知幂函数y=xq(p,q∈Z且p,q互质)的图象关于y轴对称，
如图所示，则 ( )
第 页 共 页
124 3427p p
A. p，q均为奇数，且 >0 B.q为偶数，p为奇数，且 <0
q q
p p
C.q为奇数，p为偶数，且 >0 D.q为奇数，p为偶数，且 <0
q q
【答案】D
p
【解析】因为函数y=xq的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞)，且在(0,+∞)上单调递减，
p
所以 <0，
q
p
因为函数y=xq的图象关于y轴对称，
p
所以函数y=xq为偶函数，即p为偶数，
又p、q互质，所以q为奇数，
所以选项D正确，
故选：D.
【解题方法总结】
确定幂函数y=xα的定义域，当α为分数时，可转化为根式考虑，是否为偶次根式，或为
则被开方式非负.当α≤0时，底数是非零的.
2 题型二：幂函数性质的综合应用
222 (2024·吉林长春·高三校考期中)已知幂函数fx  =m2-3m+3  xm+1的图象关于原点对
称，则满足a+1  m>3-2a  m成立的实数a的取值范围为 .
2
【答案】 ,4
3

【解析】因函数fx  =m2-3m+3  xm+1是幂函数，则m2-3m+3=1，解得m=1或m
=2，
当m=1时，f(x)=x2是偶函数，其图象关于y轴对称，与已知f(x)的图象关于原点对称
矛盾，
当m=2时，f(x)=x3是奇函数，其图象关于原点对称，于是得m=2，
不等式a+1  m>3-2a  m化为：a+1  2>3-2a 
2
2，即(3a-2)(a-4)<0，解得： <
3
a<4，
2
所以实数a的取值范围为 ,4
3
 .
2
故答案为： ,4
3

223 (2024·全国·高三专题练习)下面命题：①幂函数图象不过第四象限；②y=x0图象是一条
直线；③若函数y=2x的定义域是x|x≤0  ，则它的值域是y|y≤1 
1
；④若函数y= 的
x
第 页 共 页
125 3427定义域是x|x>2 
1
，则它的值域是yy<  2  ；⑤若函数y=x2的值域是y|0≤y≤4  ，则
它的定义域一定是x|-2≤x≤2  ．其中不正确命题的序号是 ．
【答案】②③④⑤
【解析】幂函数图象不过第四象限，①正确；y=x0图象是直线y=1上去掉点(0,1)，②错
误；函数y=2x的定义域是x|x≤0 
1
，则它的值域是{y|0<y≤1}，③错误；函数y= 的
x
定义域是x|x>2 
1
，则它的值域是y0<y<  2  ，④错误；若函数y=x2的值域是
y|0≤y≤4  ，则它的定义域也可能是x|0≤x≤2  ，⑤错误，
故答案为：②③④⑤．
1 224 (2024·河南·校联考模拟预测)已知f(x)=x2，g(x)=
2
 x -m，若对∀x ∈[-1,3]，∃x
1 2
∈[0,2]，f(x)≥g(x )，则实数m的取值范围是 .
1 2
1
【答案】  ,+∞
 4

【解析】因为对∀x ∈[-1,3]，∃x ∈[0,2]，f(x)≥g(x )，
1 2 1 2
所以只需f(x) ≥g(x) 即可，
min min
1 因为f(x)=x2，g(x)=
2
 x -m，
所以f(x) min =f0  =0，g(x) min =g2 
1
= -m， 4
1
由0≥ -m，
4
1
解得m≥
4
1
故答案为：  ,+∞
 4
 .
1
225 (2024·福建三明·高三校考期中)已知
2

a 1 1
<1，a2<1，log <1，则实数a的取值范围
a2
是
1
【答案】0,
2

1 1
【解析】∵已知log <1，∴a>1或0<a< ①；
a2 2
1
∵
2

a
<1，∴a>0②；
1
∵a2= a<1，∴0≤a<1③．
1
综合①②③，求得实数a的取值范围为0,
2
 ．
1
故答案为：0,
2
 ﹒
3x, x≤a

226 (2024·全国·高三专题练习)已知函数f(x)= ，若函数f(x)的值域为R，则实
x2, x>a
数a的取值范围为 ．
【答案】0,1 
【解析】由函数y= 3x单调递增，
①当a<0时，若x≤a，有 3x≤ 3a<0，
而x2≥0，此时函数f(x)的值域不是R；
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126 3427②当a≥0时，若x≤a，有 3x≤ 3a，而x2>a2，
若函数f(x)的值域为R，必有a2≤ 3a，可得0≤a≤1．
则实数a的取值范围为0,1  ．
故答案为：0,1 
227 (2024·全国·高三专题练习)不等式x2-1  1011+x2022+2x2-1≤0的解集为： ．
【答案】
-
2
,
2
 2 2

【解析】不等式变形为x2-1

1011+x2-1+x2

1011+x2≤0，
所以x2  1011+x2≤1-x2  1011+1-x2  ，
令fx  =x1011+x，则有fx2  ≤f1-x2  ，
因为函数y=x1011,y=x在R上单调递增，
所以f(x)在R上单调递增，
2 2
则x2≤1-x2，解得- ≤x≤ ，
2 2
故不等式的解集为 - 2 , 2
 2 2
 ．
故答案为：
-
2
,
2
 2 2

.
1
228 (2024·江苏淮安·江苏省盱眙中学校考模拟预测)已知幂函数f(x)=
x

1
10，若fa-1  <
f8-2a  ，则a的取值范围是 .
【答案】(3,4)
1
【解析】由幂函数f(x)=
x

1 1 -1
10= =x 10，可得函数fx
10x
 的定义域为(0,+∞)，且是递
减函数，
因为fa-1  <f8-2a 
a-1>8-2a

，可得a-1>0 ，解得3<a<4，
8-2a>0
即实数a的取值范围为(3,4).
故答案为：(3,4).
1 1
229 (2024·全国·高三专题练习)已知α∈-2,-1,- , ,1,2,3  2 2  ，若幂函数fx  =xα奇函数，
且在0,+∞  上为严格减函数，则α= .
【答案】-1
【解析】因为幂函数fx  =xα在0,+∞  上为严格减函数，
所以α<0，
1
所以α∈-2,-1,-
 2
 ，
又因为幂函数fx 
1
=xα奇函数，且α∈-2,-1,-  2  ，
所以α=-1，
故答案为：-1
【解题方法总结】
紧扣幂函数y=xα的定义、图像、性质，特别注意它的单调性在不等式中的作用，这里注
意α为奇数时，xα为奇函数，α为偶数时，xα为偶函数.
第 页 共 页
127 34273 题型三：二次方程ax2+bx+c=0a≠0  的实根分布及条件
230 (2024·全国·高三专题练习)关于x的方程x2+2(m-1)x+m2-m=0有两个实数根α，
β，且α2+β2=12，那么m的值为 ( )
A.-1 B.-4 C.-4或1 D.-1或4
【答案】A
【解析】∵关于x的方程x2+2m-1

x+m2-m=0有两个实数根，
∴Δ= 2m-1    2-4×1×m2-m  =-4m+4≥0，
解得：m≤1，
∵关于x的方程x2+2m-1

x+m2-m=0有两个实数根α，β，
∴α+β=-2(m-1)，α⋅β=m2-m，
∴α2+β2=α+β  2-2α⋅β= -2m-1    2-2m2-m  =12，即m2-3m-4=0，
解得：m=-1或m=4(舍去).
故选：A.
231 (2024·全国·高三专题练习)设a为实数，若方程x2-2ax+a=0在区间(-1,1)上有两个
不相等的实数解，则a的取值范围是( ).
A.(-∞,0)∪(1,+∞) B.(-1,0)
1
C. - ,0
3

1
D. - ,0
3
 ∪(1,+∞)
【答案】C
【解析】令g(x)=x2-2ax+a，
由方程x2-2ax+a=0在区间(-1,1)上有两个不相等的实数解可得
Δ=4a2-4a>0 

a<0 

a>1

-1<a<1 -1<a<1 -1<a<1
 ，即  1 或  1 ，
g(-1)>0 a>- a>-
  3  3

g(1)>0  
a<1 a<1
1
解得- <a<0，
3
故选：C
232 (2024·全国·高三专题练习)方程x2+(m-2)x+5-m=0的一根在区间(2,3)内，另一
根在区间(3,4)内，则m的取值范围是 ( )
13
A.(-5,-4) B. - ,-2
3

13
C. - ,-4
3
 D.(-5,-2)
【答案】C
【解析】令f(x)=x2+(m-2)x+5-m，由二次函数根的分布性质，若一根在区间(2,3)
内，
另一根在区间(3，4)内，
f(2)>0 4+2(m-2)+5-m>0
 
只需f(3)<0，即9+3(m-2)+5-m<0 ，
f(4)>0 16+4(m-2)+5-m>0
13 13
解不等式组可得- <m<-4，即m的取值范围为- ,-4
3 3
 ，
故选：C.
第 页 共 页
128 3427233 (2024·全国·高三专题练习)关于x的方程ax2+a+2  x+9a=0有两个不相等的实数
根x,x ，且x <1<x ，那么a的取值范围是 ( )
1 2 1 2
2 2 2 2 2
A.- <a< B.a> C.a<- D.- <a<0
7 5 5 7 11
【答案】D
【解析】当a=0时，ax2+a+2  x+9a=0即为2x=0，不符合题意；
故a≠0，ax2+a+2 
2
x+9a=0即为x2+1+
a
 x+9=0，
2
令y=x2+1+
a
 x+9，
由于关于x的方程ax2+a+2  x+9a=0有两个不相等的实数根x,x ，且x <1<x ， 1 2 1 2
则y=ax2+a+2  x+9a与x轴有两个交点，且分布在1的两侧，
2
故x=1时，y<0，即1+1+
a

2 2
×1+9<0，解得 <-11，故- <a<0，
a 11
故选：D
【解题方法总结】
结合二次函数f(x)=ax2+bx+c的图像分析实根分布，得到其限定条件，列出关于参数
的不等式，从而解不等式求参数的范围.
4 题型四：二次函数“动轴定区间”、“定轴动区间”问题
234 (2024·上海·高三专题练习)已知fx  =ax2+2bx+4ca,b,c∈R  .
(1)若f0  =-1，a+2b=0，解关于x的不等式fx  <a+1  x-3；
(2)若a+c=0，fx  在-2,2 
2 1 b
上的最大值为 ，最小值为- ，求证：
3 2 a
 ≤2.
【解析】(1)因为f0  =-1，
所以4c=-1，
又因a+2b=0，所以2b=-a，
所以fx  =ax2-ax-1，
则不等式fx  <a+1  x-3即为ax2-2a+1  x+2<0，
即ax-1  x-2  <0，
若a=0，则不等式的解集为2,+∞  ；
若a<0，则不等式的解集为2,+∞ 
1
∪-∞,
a
 ；
若a>0，
1 1
当0<a< 时，则不等式的解集为2,
2 a
 ；
1
当a= 时，则不等式的解集为∅；
2
1 1
当a> 时，则不等式的解集为 ,2
2 a
 ；
(2)若a=0，则c=0，f(x)=2bx，
当-2≤x≤2时，
fx
则
 =4b max 
2
= 3
fx  =-4b
min


 无解，
1
=-
2
所以a≠0；
若a≠0时，由a+c=0，得f(x)=ax2+2bx-4a，
第 页 共 页
129 3427b b
对称轴为x=- ，假设 ∈(-∞，-2)∪(2，+∞)，
a a
区间[-2，2]在对称轴的左外侧或右外侧，所以f(x)在[-2，2]上是单调函数，
则f(x)的最值必在x=2，x=-2处取到，
f2  =4b，f(-2)=-4b，f2 
2 1
+f(-2)=0≠ +-
3 2

1
= ，
6
b
所以假设错误，则
a
 ≤2，
b
综上，得到
a
 ≤2.
235 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx  是定义在[-2,2]上的奇函数，且x∈0,2  时，
fx  =2x-1，gx  =x2-2x+m.
(1)求fx  在区间-2,0  上的解析式；
(2)若对∀x 1 ∈-2,2  ，则∃x 2 ∈-2,2  ，使得fx 1  =gx 2  成立，求m的取值范围.
【解析】(1)设x∈-2,0  ，则-x∈0,2  ，fx  =-f-x  =-2-x-1  1 =-
2
 x +1，
即当x∈-2,0  时，fx 
1
=-
2

x
+1.
(2)当x∈0,2  时，fx  =2x-1∈0,3  ；当x∈-2,0  时，fx  1 =-
2
 x +1∈-3,0  ；
又因为f0  =0，所以，函数fx  在-2,2  上的值域为-3,3  ，
∵gx  =x2-2x+m在-2,1  上单调递减，在1,2  上单调递增，
当x∈-2,2  时，gx  =g1 min  =m-1，gx  =max g-2 max  ,g2    =g-2  =m+
8，
因为∀x 1 ∈-2,2  ，则∃x 2 ∈-2,2  ，使得fx 1  =gx 2 
m-1≤-3
成立，则  ，解得-5 m+8≥3
≤m≤-2.
236 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx  =3x-3-x．
(1)利用函数单调性的定义证明fx  是单调递增函数；
(2)若对任意x∈-1,1  ，fx    2+mfx  ≥-4恒成立，求实数m的取值范围．
【解析】(1)由已知可得fx  的定义域为R，
任取x,x ∈R，且x <x ，
1 2 1 2
则fx 1  -fx 2  =3x1-3-x1-3x2-3-x2  =3x11-3x2-x1 
1
1+ 3x1+x2  ，
1
因为3x1>0，1+ >0，1-3x2-x1<0，
3x1+x2
所以fx 1  -fx 2  <0，即fx 1  <fx 2  ，
所以fx  在R上是单调递增函数．
(2) fx    2+mfx  =3x-3-x  2+m3x-3-x  ，
令t=3x-3-x，则当x∈-1,1 
8 8
时，t∈ - ,  3 3  ，
所以 fx    2+mfx  =t2+mt．
令ht 
8 8
=t2+mt，t∈ - ,
 3 3
 ，
则只需ht  ≥-4．
min
m 8 16
当- ≤- ，即m≥ 时，ht
2 3 3

8 8
在 - ,
 3 3
 上单调递增，
第 页 共 页
130 3427所以ht 
8
=h-
min 3

64 8 25 16
= - m≥-4，解得m≤ ，与m≥ 矛盾，舍去；
9 3 6 3
8 m 8 16 16
当- <- < ，即- <m< 时，ht
3 2 3 3 3

8 m
在 - ,-
 3 2
 上单调递减，在
m 8
 - ,
 2 3
 上单调递增，
所以ht 
m
=h-
min 2

m2
=- ≥-4，解得-4≤m≤4；
4
m 8 16
当- ≥ 即m≤- 时，ht
2 3 3

8 8
在 - ,
 3 3
 上单调递减，
所以ht 
8
=h
min 3

64 8 25 16
= + m≥-4，解得m≥- ，与m≤- 矛盾，舍去．
9 3 6 3
综上，实数m的取值范围是-4,4  ．
237 (2024·全国·高三专题练习)已知函数f(x)=x2-2ax(a>0)．
(1)当a=3时，解关于x的不等式-5<f(x)<7；
(2)函数y=f(x)在[t,t+2]上的最大值为0，最小值是-4，求实数a和t的值．
【解析】(1)当a=3时，不等式-5<f(x)<7，
即为-5<x2-6x<7，
即
x2-6x<7
，所以
-1<x<7
，
 -5<x2-6x  x<1,或x>5
所以-1<x<1或5<x<7，
所以原不等式的解集为(-1,1)∪(5,7)．
(2)f(0)=f(2a)=0，
由题意t=0或t+2=2a，这时-a2≤-4解得a≥2，
若t=0，则t+2≤a，所以ft+2  =f2  =-4⇒a=2；
若t+2=2a，即t=2a-2≥a，
所以ft  =-4=f2a-2  ，则a=2，
综上，t=0,a=2或t=2,a=2．
第 页 共 页
131 3427238 (2024·全国·高三专题练习)已知值域为[-1,+∞)的二次函数f(x)满足f(-1+x)=f(
-1-x)，且方程f(x)=0的两个实根x 1 ,x 2 满足x 1 -x 2  =2．
(1)求f(x)的表达式；
(2)函数g(x)=f(x)-kx在区间[-2,2]上的最大值为f(2)，最小值为f(-2)，求实数k的
取值范围．
【解析】(1)由f(-1+x)=f(-1-x)，可得f(x)的图象关于直线x=-1对称，
函数f(x)的值域为[-1,+∞)，所以二次函数的顶点坐标为(-1,-1)，
所以设f(x)=a(x+1)2-1=ax2+2ax+a-1，
a-1
根据根与系数的关系，可得x +x =-2，xx = ，
1 2 1 2 a
因为方程f(x)=0的两个实根x 1 ,x 2 满足x 1 -x 2  =2
则x 1 -x 2  = x 1 +x 2 
a-1 4
2-4xx = 4-4× = =2， 1 2 a a
解得：a=1，所以fx  =x2+2x.
(2)由于函数g(x)在区间[-2,2]上的最大值为f(2)，最小值为f(-2)，
则函数g(x)在区间[-2,2]上单调递增，
又g(x)=f(x)-kx=x2+2x-kx，即g(x)=x2+2-k  x，
k-2 k-2
所以g(x)的对称轴方程为x= ，则 ≤-2，即k≤-2，
2 2
故k的取值范围为-∞,-2  .
239 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx  =lne2x+1  +ax(a∈R)为偶函数.
(1)求a的值；
(2)设函数gx  =efx  +x+mex，是否存在实数m，使得函数gx  在区间1,2  上的最小值
为1-4e2？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由.
【解析】(1)由题意知函数fx  的定义域为R，
因为fx  为偶函数，所以f(-x)=fx  对任意的x∈R恒成立，
即ln(e-2x+1)-ax=ln(e2x+1)+ax对任意的x∈R恒成立，
即ln(e2x+1)-(2+a)x=ln(e2x+1)+ax对任意的x∈R恒成立，
即2a+2  x=0对任意的x∈R恒成立，
所以2a+2=0，解得a=-1.
(2)由(1)知fx  =lne2x+1  -x,所以gx  =e2x+m⋅ex+1,x∈1,2  ，
令t=ex,t∈e,e2  ，则ht  =t2+mt+1,t∈e,e2 
m
，其对称轴为t=- ，
2
m
①当- ≥e2，即m≤-2e2时，ht
2
 在e,e2  上单调递减，
所以ht  =he2
min
 =e4+me2+1，
由e4+me2+1=1-4e2，
解得m=-e2-4，此时不满足m≤-2e2，此时不存在符合题意的m值；
m
②当e<- <e2，即-2e2<m<-2e时，ht
2

m
在 e,-
 2

m
上单调递减，在 - ,e2
 2
 上
单调递增，
所以ht 
m
=h-
min 2

m2
=- +1，
4
m2
由- +1=1-4e2，解得m=-4e或m=4e，又-2e2<m<-2e，所以m=-4e；
4
第 页 共 页
132 3427m
③当- ≤e，即m≥-2e时，ht
2
 在e,e2  上单调递增，
所以ht  =he
min
 =e2+me+1，
由e2+me+1=1-4e2，解得m=-5e，不满足m≥-2e，此时不存在符合题意的m值.
综上所述，存在m=-4e，使得函数gx  在区间1,2  上的最小值为1-4e2.
【解题方法总结】
“动轴定区间 ”“、定轴动区间”型二次函数最值的方法：
(1)根据对称轴与区间的位置关系进行分类讨论；
(2)根据二次函数的单调性，分别讨论参数在不同取值下的最值，必要时需要结合区间端
点对应的函数值进行分析；
(3)将分类讨论的结果整合得到最终结果.
5 题型五：二次函数最大值的最小值问题
240 (2024·湖南衡阳·高一统考期末)二次函数fx  为偶函数，f1  =1，且fx  ≤3x2+2x恒
成立．
(1)求fx  的解析式；
(2)a∈R，记函数hx  = fx   -2ax+1  在0,1  上的最大值为Ta  ，求Ta  的最小值．
【解析】(1)依题设fx  =ax2+c，
由f1  =1，得a+c=1，
fx  ≤3x2+2x，得3-a  x2+2x+a-1≥0恒成立，
3-a>0
∴   ，
Δ=4-4(a-1)(3-a)≤0
得a-2  2≤0，
所以a=2，又a+c=1，
所以c=-1，
∴fx  =2x2-1；
(2)由题意可得：hx  =2x2-2ax  ，x∈0,1  ，
若a≤0，则hx  =2x2-2ax，则hx  在[0,1]上单调递增，
所以Ta  =h1  =2-2a；
a
若a>0，当 ≥1，即a≥2时，hx
2
 在[0,1]上单调递增，Ta  =h1  =2a-2
a a
当 <1，只须比较h
2 2

a2
= 与h1
2
 =2-2a的大小，
a2
由 -2-2a
2
 >0，得：2 2-2<a<1，此时Ta 
a2
= ，
2
a2
0<a≤2 2-2时， ≤2-2a，此时Ta
2
 =2-2a，
综上，Ta 
2a-2, a≥2


a2
=  2 , 2 2-2<a<2，


2-2a, a<2 2-2
a≥2时，Ta  ≥2，
2 2-2<a<2时，6-4 2<Ta  <2，
a≤2 2-2时，6-4 2≤Ta  ，
综上可知：Ta  的最小值为6-4 2．
第 页 共 页
133 3427241 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx 
1
=x+ -ax-b
x
 a,b∈R 
1
，当x∈  ,2
 2
 时，
设fx  的最大值为Ma,b  ，求Ma,b  的最小值．
【解析】令gx 
1 1 1
=x+ -ax-b，分别取x= ，1，2，可得 g
x 2 2
  
5 1
= - a-b
2 2
 ≤
Ma,b  ，
g1    =2-a-b  ≤Ma,b  ，g2   
5
= -2a-b
2
 ≤Ma,b  ．
1
由2g
2
 -3g1  +g2 
3
= ，利用绝对值三角不等式可得
2
3 1
= 2g
2 2
 -3g1  +g2   
1
≤2 g
2
   +3 g1    + g2    ≤6Ma,b  ，因此Ma,b 
1
≥
4
9
当a=0，b= 时，gx
4

1 9 1 1
=x+ - ≥- ，当且仅当x=1时取等号，而g
x 4 4 2

1
= ,
4
g2 
1
= ，得fx
4

1 9
=x+ -
x 4

1
在  ,2
 2

1
上的最大值为 ，说明等号能成立．
4
故Ma,b 
1
的最小值为 ．
4
242 (2024·河北保定·高一河北省唐县第一中学校考期中)已知函数f(x)=(x-2)|x+a|(a∈
R)，
7
(1)当a=-1时，①求函数f(x)单调递增区间；②求函数f(x)在区间 -4,
 4
 的值域；
(2)当x∈[-3,3]时，记函数f(x)的最大值为g(a)，求g(a)的最小值．
【解析】(1)当a=-1时，函数f(x)=(x-2)|x-1|，
当x>1时，函数f(x)=(x-2)(x-1)=x2-3x+2，
3
此时，函数f(x)在  ,+∞
 2
 上单调递增，
当x≤1时，函数f(x)=(x-2)(1-x)=-x2+3x-2，
此时，函数f(x)在-∞,1  上单调递增，
所以函数f(x)单调递增区间为-∞,1 
3
和  ,+∞  2  ；
因为函数f(x)单调递增区间为-∞,1 
3
和  ,+∞  2  ，
所以函数f(x)在区间-4,1 
3
上单调递增，在区间1, 2 
3 7
上单调递减，在区间  ,  2 4  上
单调递增，
3
所以f(x) =min f(-4),f min 2    
7
，f(x) =max f(1),f max 4     ，
3
因为f(-4)=(-4-2)(1+4)=-30，f
2

3
= -2
2

3
 -1
2

1
=- ，
4
7
f(1)=(1-2)(1-1)=0，f
4

7
= -2
4

7
 -1
4

3
=- ，
16
7
所以函数f(x)在区间 -4,  4  的值域为-30,0  ；
(x-2)(x+a)=x2+(a-2)x-2a, x≥a

(2)由已知可得，f(x)= ，
-(x-2)(x+a)=-x2+(2-a)x+2a, x<a
2-a 5
当-a≥3时，即a≤-3时，f(x)=-x2+(2-a)x+2a，对称轴为x= ≥ ，
2 2
2-a
当 ≥3时，即a≤-4时，函数f(x)在区间[-3,3]上单调递增，
2
所以g(a)=f(3)=-a-3，
5 2-a
当 ≤ <3时，即-4<a≤-3时，
2 2
第 页 共 页
134 34272-a
函数f(x)在区间 -3,
 2

2-a
上单调递增，在区间 ,3
2
 上单调递减，
2-a
所以g(a)=f
2

a2+4a+4
= ，
4
当-a≤2时，即a≥-2时，若x∈[-3,2]，f(x)≤0，若x∈[2,3]，f(x)>0，
因为当x∈2,3 
2-a
时，f(x)=x2+(a-2)x-2a，对称轴为x= ≤2，
2
所以函数f(x)在区间2,3  上单调递增，所以g(a)=f(3)=a+3，
2-a
当2<-a<3，即-3<a<-2时，此时2< <5，
2
2-a
当 ≥-a，即-2≤a<2时，
2
函数f(x)在区间-3,-a 
2-a
上单调递增，在区间-a,
2
 上单调递减，在区间
2-a
 ,3
2
 上单调递增，
所以g(a)=maxf(3),f(-a)  =maxa+3,0  =a+3，
2-a
当 <-a，即-3<a<-2时，
2
2-a
函数f(x)在区间 -3,
 2

2-a
上单调递增，在区间 ,-a
2
 上单调递减，在区间
-a,3  上单调递增，
2-a 所以g(a)=max f(-3),f 2     =maxa+3, a2+4a+4  4 
a2+4a+4
若a+3≥ ，即-2 2≤a<-2时，g(a)=a+3，
4
a2+4a+4 a2+4a+4
若a+3< ，即-3≤a<-2 2时，g(a)= ，
4 4
a+3,a≥-2 2


a2+4a+4
综上所述，g(a)=  4 ,-4<a<-2 2，


-a-3,a≤-4
函数g(a)=-a-3在区间-∞,-4  上单调递减，
a2+4a+4
函数g(a)= 在区间-4,-2 2
4
 上单调递减，
函数g(a)=a+3在区间-2 2,+∞  上单调递增，
所以g(a) =g(-2 2)=-2 2+3=3-2 2.
min
243 (2024·浙江·高一校联考阶段练习)已知函数fx  =-xx-a  +1．
(1)当a=2时，解方程fx  =0；
(2)当a∈0,5  时，记函数y=fx  在x∈1,4  上的最大值为ga  ，求ga  的最小值．
【解析】(1)当a=2时，令-xx-2  +1=0．
当x≥2时，-xx-2  +1=0，解得：x=1+ 2
当x<2时，-x2-x  +1=0，解得：x=1
故方程的解为：1+ 2和1；
(2)fx 
-x2+ax+1, x≥a

= ，其中f0
x2-ax+1, x<a
 =fa  =1，
a
因为y=-x2+ax+1,x≥a对称轴为x= ，开口向下；y=x2-ax+1,x<a对称轴为
2
a
x= ，开口向上，于是最大值在f1
2
 ,f4  ,fa  中取得．
第 页 共 页
135 3427a 1
当0≤a≤1，即0≤ ≤ 时，fx 2 2  在1,4  上单调递减．∴f(x) max =f1  =a；
1 a
当1<a≤2，即 < ≤1时，fx
2 2
 在1,a  上单调递增，在a,4  上单调递减，∴f(x)
max =fa  =1；
a
当2<a≤4，即1< ≤2时，fx 2 
a
在 1,  2 
a
上单调递减，  ,a  2  上单调递增，在a,4 
上单调递减，
∴f(x) max =max f1  ,fa    =max2-a,1  =1；
a 5
当4<a≤5，即2< ≤ 时，fx
2 2

a
在 1,
 2

a
上单调递减，在  ,4
 2
 上单调递增，
∴f(x) max =max f1  ,f4    =max2-a,17-4a  =17-4a
∴ga 
a, 0≤a≤1

= 1, 1<a≤4 

17-4a, 4<a≤5
∴g(a) min =g5  =-3
第 页 共 页
136 3427