第3章 第4讲 二次函数与幂函数-【金版教程】2026年高考数学一轮复习创新方案课件PPT（提升版）

第三章　函数 第4讲　二次函数与幂函数 基础知识整合 核心考向突破 课时作业 目录 基础知识整合 幂函数 (1)定义：函数_______叫做幂函数，其中x是自变 量，α是常数． (2)常见的五种幂函数的图象 (3)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． y＝xα 基础知识整合 5 基础知识整合 6 基础知识整合 7 1．(人教A必修第一册复习参考题3 T5改编)已知幂函数 f(x)＝xα的图象经过点(2，4)，则 f(－3)＝(　　) A．－9 　　　　　B．9 　　　　　C．3 　　　　　D．－3 解析：因为幂函数f(x)＝xα的图象经过点(2，4)，所以2α＝4，α＝2，所以f(x)＝x2，所以f(－3)＝(－3)2＝9.故选B. 基础知识整合 8 基础知识整合 9 3．函数g(x)＝x2－2x(x∈[0，3])的值域是__________． 解析：∵g(x)＝(x－1)2－1，∴g(x)min＝g(1)＝－1，g(x)max＝g(3)＝3，∴所求函数的值域为[－1，3]． [－1，3] 基础知识整合 10 解析：∵幂函数f(x)＝xα为奇函数，∴α可取－1，1，3，又f(x)＝xα在(0，＋∞)上单调递减，∴α<0，故α＝－1. －1 基础知识整合 11 < ≤ 基础知识整合 12 核心考向突破 考向一　幂函数的图象与性质 (1)若四个幂函数y＝xa，y＝xb，y＝xc， y＝xd在同一平面直角坐标系中的图象如图所示，则 a，b，c，d的大小关系是(　　) A．d>c>b>a 　　　　　　　　B．a>b>c>d C．d>c>a>b 　　　　　　　　D．a>b>d>c 解析：由幂函数的图象可知，在(0，1)上幂函数的指数越大，函数图象越接近x轴，由题图知a>b>c>d.故选B. 核心考向突破 14 (2)(2025·河北衡水模拟)幂函数f(x)＝(m2－3m－3)xm在(0，＋∞)上单调递减，则下列说法正确的是(　　) A．m＝4 　　　　　　　　　　　B．f(x)是减函数 C．f(x)是奇函数 　　　　　　　　D．f(x)是偶函数 核心考向突破 15 (3)若(a＋1)－2＞(3－2a)－2，则a的取值范围是__________________________． 核心考向突破 16 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)在区间(0，1)上，幂函数中指数越大，函数图象越靠近x轴(简记为“指大图低”)；在区间(1，＋∞)上，幂函数中指数越大，函数图象越远离x轴． (3)当α＞0时，幂函数y＝xα在(0，＋∞)上单调递增；当α＜0时，幂函数y＝xα在(0，＋∞)上单调递减． 核心考向突破 17 1.(2025·四川南充模拟)已知函数f(x)的图象如图所示，则f(x)的解析式可能是(　　) 核心考向突破 18 核心考向突破 19 核心考向突破 20 考向二　求二次函数的解析式 若二次函数f(x)满足f(2)＝－1，f(－1)＝－1，且f(x)的最大值是8，则f(x)的解析式为____________________． f(x)＝－4x2＋4x＋7 核心考向突破 21 核心考向突破 22 确定二次函数解析式的方法 根据已知条件确定二次函数解析式，一般用待定系数法，选择规律如下： 核心考向突破 23 解：函数f(x)＝x2＋bx＋c， 则g(x)＝f(x)＋2x＝x2＋(b＋2)x＋c， 因为g(x)为偶函数，所以g(－x)＝g(x)， 即x2－(b＋2)x＋c＝x2＋(b＋2)x＋c，可得b＝－2， 所以f(x)＝x2－2x＋c，图象开口向上，对称轴为直线x＝1. 核心考向突破 24 核心考向突破 25 考向三　二次函数的图象与性质 角度1　二次函数图象的识别 (多选)二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c的图象如图所示， 则下列结论中正确的是(　　) A．b＝－2a B．a＋b＋c＜0 C．a－b＋c＞0 D．abc＜0 核心考向突破 26 识别二次函数图象应学会“三看” 核心考向突破 27 一次函数y＝ax＋b(a≠0)与二次函数y＝ax2＋bx＋c在同一坐标系中的图象可能是(　　) 核心考向突破 28 角度2　二次函数的单调性 (1)已知函数f(x)＝ax＋1在R上单调递减，则函数g(x)＝a(x2－4x＋3)的单调递增区间为(　　) A．(－2，＋∞) B．(2，＋∞) C．(－∞，2) D．(－∞，－2) 解析：由函数f(x)＝ax＋1在R上单调递减，可知a<0，∴g(x)＝a(x2－4x＋3)的图象开口向下，对称轴为直线x＝2，∴函数g(x)的单调递增区间为(－∞，2)．故选C. 核心考向突破 29 (2)若二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a<0)满足f(1)＝f(3)，则下列不等式成立的是 (　　) A．f(1)<f(4)<f(2) B．f(4)<f(1)<f(2) C．f(4)<f(2)<f(1) D．f(2)<f(4)<f(1) 解析：因为f(1)＝f(3)，所以二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c图象的对称轴为直线x＝2，又因为a<0，所以f(x)在[2，＋∞)上单调递减，所以f(4)<f(3)<f(2)，又f(1)＝f(3)，所以f(4)<f(1)<f(2)．故选B. 核心考向突破 30 1．决定二次函数单调性的两个关键因素 核心考向突破 31 2．利用二次函数单调性比较大小的两个常用方法 (1)利用对称轴一侧的单调性比较大小 核心考向突破 32 (2)利用图象中对应点的高低关系比较大小 当抛物线开口向上时，离对称轴越远(或越近)的点，位置越高(或越低)，这个点的纵坐标越大(或越小)；当抛物线开口向下时，离对称轴越远(或越近)的点，位置越低(或越高)，这个点的纵坐标越小(或越大)． 核心考向突破 33 核心考向突破 34 角度3　二次函数的最值问题 设a为实数，函数f(x)＝2x2＋(x－a)·|x－a|. (1)若f(0)≥1，求a的取值范围； (2)求f(x)的最小值． 核心考向突破 35 核心考向突破 36 核心考向突破 37 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)求解策略：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． 核心考向突破 38 　 (2025·江苏宿迁模拟)已知函数f(x)＝4x2－4ax＋a2－2a＋2. (1)若a＝2，求函数f(x)在区间(－1，2)上的值域； (2)若函数f(x)在区间[0，2]上有最小值3，求a的值． 核心考向突破 39 核心考向突破 40 核心考向突破 41 角度4　与二次函数有关的恒成立问题 已知两函数f(x)＝8x2＋16x－k，g(x)＝2x2＋4x＋4，其中k为实数． (1)对任意x∈[－3，3]，都有f(x)≤g(x)，求k的取值范围； (2)存在x∈[－3，3]，使f(x)≤g(x)成立，求k的取值范围； (3)对任意x1，x2∈[－3，3]，都有f(x1)≤g(x2)，求k的取值范围． 解：(1)设h(x)＝f(x)－g(x)＝6x2＋12x－4－k，问题转化为当x∈[－3，3]时，h(x)≤0恒成立，故h(x)max≤0. 由二次函数的性质可知h(x)max＝h(3)＝86－k， 由86－k≤0，得k≥86，即k的取值范围为[86，＋∞)． 核心考向突破 42 (2)由题意，存在x∈[－3，3]，使f(x)≤g(x)成立，即h(x)＝f(x)－g(x)＝6x2＋12x－4－k≤0在x∈[－3，3]上有解，故h(x)min≤0. 由二次函数的性质可知h(x)min＝h(－1)＝－10－k， 由－10－k≤0，得k≥－10，即k的取值范围为[－10，＋∞)． (3)对任意x1，x2∈[－3，3]，都有f(x1)≤g(x2)， 所以f(x)max≤g(x)min，x∈[－3，3]． 由二次函数的性质可得f(x)max＝f(3)＝120－k，g(x)min＝g(－1)＝2. 由120－k≤2，得k≥118，即k的取值范围为[118，＋∞)． 核心考向突破 43 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；二是构造新函数． (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)max，a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min. 核心考向突破 44 已知二次函数f(x)的最小值为3，且f(1)＝f(3)＝5. (1)求f(x)的解析式； (2)若y＝f(x)的图象恒在直线y＝2x＋2m＋1的上方，求实数m的取值范围． 解： (1)根据题意，得二次函数f(x)图象的顶点坐标为(2，3)， 设f(x)＝a(x－2)2＋3，然后把点(3，5)代入得a＝2， ∴f(x)＝2(x－2)2＋3＝2x2－8x＋11. 核心考向突破 45 核心考向突破 46 课时作业 一、单项选择题 1．已知函数f(x)＝(m－1)x2－2mx＋3是偶函数，则函数f(x)在(－∞，0)上 (　　) A．是增函数 B．不是单调函数 C．是减函数 D．不能确定 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 48 解析：对于A，y＝x－1是奇函数，值域是{y|y∈R，且y≠0}，在(－∞，0)上单调递减，三个性质中有两个不正确，不符合题意；对于B，y＝x－2是偶函数，值域是{y|y∈R，且y>0}，在(－∞，0)上单调递增，三个性质中有两个正确，符合题意；同理可判断C，D中的函数不符合题意．故选B. 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 49 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 50 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 51 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 52 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 53 5．已知f(x)＝－2x2＋bx＋c，不等式f(x)>0的解集为(－1，3)．若对任意的x∈[－1，0]，f(x)＋m≥4恒成立，则m的取值范围是(　　) A．(－∞，2]　　　B．[4，＋∞)　　　C．[2，＋∞)　　　D．(－∞，4] 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 54 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 55 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 56 8．(2025·八省联考)已知函数f(x)＝x|x－a|－2a2，若当x>2时，f(x)>0，则a的取值范围是(　　) A．(－∞，1] B．[－2，1] C．[－1，2] D．[－1，＋∞) 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 57 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 58 二、多项选择题 9．由于被墨水污染，一道数学题仅能见到如下文字：已知二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象过点(1，0)，…，求证这个二次函数的图象关于直线x＝2对称．根据现有信息，题中的二次函数可能具有的性质是(　　) A．在x轴上截得的线段的长度是2 B．与y轴交于点(0，3) C．图象的顶点是(－2，－2) D．图象过点(3，0) 解析：易知二次函数的解析式为y＝a(x－1)(x－3)＝a(x2－4x＋3)(a≠0)，图象与x轴的两交点为(1，0)，(3，0)，故在x轴上截得的线段的长度为2，A，D正确；将x＝0代入二次函数的解析式，得y＝3a，故B可能正确；图象顶点的横坐标为2，故C错误．故选ABD. 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 59 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 60 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 61 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 62 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 63 13．(2025·湖南长沙模拟)已知函数f(x)＝x5＋x，若f(2x－1)＋f(2－x)>0，则x的取值范围是_____________． 解析：因为f(x)的定义域为R，f(－x)＝(－x)5＋(－x)＝－x5－x＝－f(x)，所以f(x)是奇函数，因为函数y＝x5和y＝x都在R上单调递增，所以f(x)在R上单调递增，由f(2x－1)＋f(2－x)>0，可得f(2x－1)>－f(2－x)＝f(x－2)，则2x－1>x－2，解得x>－1，即x的取值范围是(－1，＋∞)． (－1，＋∞) 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 64 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 65 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 66 四、解答题 15．现有三个条件：①对任意的x∈R，都有f(x＋1)－f(x)＝2x－2；②不等式f(x)<0的解集为{x|1<x<2}；③函数y＝f(x)的图象过点(3，2)．请你在上述三个条件中任选两个补充到下面的问题中，并求解． 已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c，且满足________． (1)求函数f(x)的解析式； (2)设g(x)＝f(x)－mx，若函数g(x)在区间[1，2]上的最小值为3，求实数m的值． 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 67 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 68 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 69 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 70 16．设二次函数f(x)＝3ax2＋2bx＋c.若a＋b＋c＝0，f(1)f(0)＞0. (1)求证：方程f(x)＝0有实根； (2)设x1，x2是方程f(x)＝0的两个实数根，求|x1－x2|的取值范围． 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 71 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 72 　　　　　　　　　　　　　 R 通过具体实例，结合y＝x，y＝x-1，y＝x2，y＝xeq \s\up7(\f(1,2))，y＝x3的图象，理解它们的变化规律，了解幂函数． 1．幂函数图象的特征 (1)在(0，1)上，幂函数中指数越大，函数图象越接近x轴(简记为“指大图低”)． (2)在(1，＋∞)上，幂函数中指数越大，函数图象越远离x轴． 2．幂函数y＝xα(α∈R)在第一象限内图象的画法 (1)当α<0时，其图象可类似y＝x-1画出． (2)当0<α<1时，其图象可类似y＝xeq \s\up7(\f(1,2))画出． (3)当α>1时，其图象可类似y＝x2画出． 3．二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)． (3)两根式：f(x)＝a(x－x1)(x－x2)(a≠0)． 4．设f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)，则二次函数在闭区间[m，n]上的最大、最小值的分布情况 (1)若－eq \f(b,2a)∈[m，n]，则f(x)max＝max{f(m)，f(n)}，f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a))). (2)若－eq \f(b,2a)∉[m，n]，则f(x)max＝max{f(m)，f(n)}，f(x)min＝min{f(m)，f(n)}． 2．若函数y＝ax与y＝－eq \f(b,x)在(0，＋∞)上都是减函数，则y＝ax2＋bx在(0，＋∞)上(　　) A．是增函数 B．是减函数 C．先减再增 D．先增再减 解析：∵函数y＝ax与y＝－eq \f(b,x)在(0，＋∞)上都是减函数，∴a<0，b<0，则y＝ax2＋bx的图象开口向下，对称轴为直线x＝－eq \f(b,2a)<0，∴y＝ax2＋bx在(0，＋∞)上是减函数． 4．已知α∈eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－2，－1，－\f(1,2)，\f(1,2)，1，2，3)).若幂函数f(x)＝xα为奇函数，且在(0，＋∞)上单调递减，则α＝________． 5．(人教B必修第二册4.4例1改编)比较下列各题中两个值的大小． (1)1.70.9_____1.80.9； (2)(|a|＋3)－eq \s\up7(\f(1,2))_____3－eq \s\up7(\f(1,2)). 解析： (1)因为幂函数y＝x0.9在[0，＋∞)上单调递增，且1.7<1.8，所以1.70.9<1.80.9. (2)因为幂函数y＝x－eq \s\up7(\f(1,2))在(0，＋∞)上单调递减，且|a|＋3≥3，所以(|a|＋3)－eq \s\up7(\f(1,2))≤3－eq \s\up7(\f(1,2)). 解析：因为函数f(x)＝(m2－3m－3)xm为幂函数，则m2－3m－3＝1，解得m＝4或m＝－1，当m＝4时，f(x)＝x4在(0，＋∞)上单调递增，不满足题意，当m＝－1时，f(x)＝x－1在(0，＋∞)上单调递减，满足题意，故m＝－1，f(x)＝x－1，故A错误；函数f(x)＝x－1在(－∞，0)和(0，＋∞)上单调递减，但不是减函数，故B错误；因为函数定义域关于原点对称，且f(－x)＝eq \f(1,－x)＝－f(x)，所以函数f(x)是奇函数，不是偶函数，故C正确，D错误．故选C. 解析：因为(a＋1)－2＞(3－2a)－2，又f(x)＝x－2为偶函数，且在(0，＋∞)上单调递减，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|a＋1|＜|3－2a|，,a＋1≠0，,3－2a≠0，))解得a＜eq \f(2,3)且a≠－1或a＞4，即a的取值范围为(－∞，－1)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(2,3)))∪(4，＋∞)． (-∞，-1)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-1，\f(2,3)))∪(4，+∞) A．y＝xeq \s\up7(\f(1,2)) B．y＝x－eq \s\up7(\f(1,2)) C．y＝x3 D．y＝xeq \s\up7(\f(1,3)) 解析：对于A，函数y＝xeq \s\up7(\f(1,2))＝eq \r(x)的定义域为[0，＋∞)， 故A不符合题意；对于B，函数y＝x－eq \s\up7(\f(1,2))＝eq \f(1,\r(x))的定义域为(0， ＋∞)，故B不符合题意；对于C，函数y＝x3的定义域为R， 又y＝x3为奇函数，且y＝x3的图象在(0，＋∞)上下凸递增， 故C不符合题意；对于D，函数y＝xeq \s\up7(\f(1,3))＝eq \r(3,x)的定义域为R，又y＝xeq \s\up7(\f(1,3))为奇函数，且y＝xeq \s\up7(\f(1,3))的图象在(0，＋∞)上上凸递增，故D符合题意．故选D. 2．设a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq \s\up7(\f(1,2))，b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))eq \s\up7(\f(1,4))，c＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq \s\up7(\f(3,4))，则a，b，c的大小关系是(　　) A．c＜a＜b B．c＜b＜a C．a＜c＜b D．b＜c＜a 解析：a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq \s\up7(\f(1,2))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,16)))eq \s\up7(\f(1,4))＜1，b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))eq \s\up7(\f(1,4))＞1，c＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq \s\up7(\f(3,4))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,27)))eq \s\up7(\f(1,4))＜1，且0＜eq \f(8,27)＜eq \f(9,16)＜1，函数y＝xeq \s\up7(\f(1,4))在(0，＋∞)上是增函数，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,27)))eq \s\up7(\f(1,4))＜eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,16)))eq \s\up7(\f(1,4))，所以c＜a.综上可知，c＜a＜b.故选A. 解析：解法一(利用一般式)：设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)．由题意得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，))∴f(x)的解析式为f(x)＝－4x2＋4x＋7. 解法二(利用顶点式)：设f(x)＝a(x－m)2＋n(a≠0)．∵f(2)＝f(－1)，∴抛物线的对称轴为直线x＝eq \f(2＋（－1）,2)＝eq \f(1,2)，∴m＝eq \f(1,2).又根据题意函数f(x)有最大值8，∴n＝8，∴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. 解法三(利用两根式)：由已知f(x)＋1＝0的两根为x1＝2，x2＝－1，故可设f(x)＋1＝a(x－2)(x＋1)(a≠0)，即f(x)＝ax2－ax－2a－1.又函数f(x)有最大值8，即eq \f(4a(－2a－1)－a2,4a)＝8，解得a＝－4，∴f(x)的解析式为f(x)＝－4x2＋4x＋7. 已知函数f(x)＝x2＋bx＋c，且g(x)＝f(x)＋2x为偶函数，再从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知，求f(x)的解析式． 条件①：函数f(x)在区间[－2，2]上的最大值为5； 条件②：函数f(x)≤0的解集为{1}； 条件③：方程f(x)=0有两根x1，x2，且xeq \o\al(2,1)＋xeq \o\al(2,2)＝10. 若选条件①，因为函数f(x)在区间[－2，2]上的最大值为5， 所以f(－2)＝4＋4＋c＝5，解得c＝－3. 所以f(x)的解析式为f(x)＝x2－2x－3. 若选条件②，由函数f(x)≤0的解集为{1}， 可得f(1)＝0，即1－2＋c＝0，解得c＝1， 所以f(x)的解析式为f(x)＝x2－2x＋1. 若选条件③，方程f(x)＝0有两根x1，x2，且xeq \o\al(2,1)＋xeq \o\al(2,2)＝10. 由根与系数的关系可得x1＋x2＝2，x1x2＝c， 又(x1＋x2)2＝xeq \o\al(2,1)＋xeq \o\al(2,2)＋2x1x2， 所以4＝10＋2c，解得c＝－3. 所以f(x)的解析式为f(x)＝x2－2x－3. 解析：由图象可知a＜0，f(x)图象的对称轴为直线x＝－eq \f(b,2a)＝1，则b＝－2a，则b＞0，又f(0)＝c＞0，∴abc＜0，由于f(－1)＜0，则a－b＋c＜0，由于f(1)＞0，则a＋b＋c＞0.故选AD. 解析：若a＞0，则一次函数y＝ax＋b为增函数，二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象开口向上，故可排除A；若a＜0，一次函数y＝ax＋b为减函数，二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象开口向下，故可排除D；对于B，看直线可知a＞0，b＞0，从而－eq \f(b,2a)＜0，而二次函数图象的对称轴在y轴的右侧，故应排除B.故选C. (多选)定义在R上的函数f(x)＝－x3＋m与函数g(x)＝f(x)＋x3＋x2－kx在[－1，1]上具有相同的单调性，则k的取值可以是(　　) A．1　　　　　　　B．eq \f(3,2)　　　　　　　C．2　　　　　　　D．3 解析：易知f(x)＝－x3＋m在R上单调递减．依题设，函数g(x)＝x2－kx＋m在[－1，1]上单调递减，所以函数g(x)图象的对称轴为直线x＝eq \f(k,2)≥1，则k≥2.故k的取值可以是2，3. 解：(1)若f(0)≥1，则－a|－a|≥1， 显然a<0，则－a(－a) ≥1，即a2≥1， 解得a≤－1， 所以a的取值范围为(－∞，－1]． (2)当x≥a时，f(x)＝2x2＋(x－a)2＝3x2－2ax＋a2， 此时f(x)的图象开口向上，对称轴为直线x＝eq \f(a,3)， (ⅰ)当eq \f(a,3)≤a，即a≥0时，f(x)在[a，＋∞)上单调递增，此时f(x)min＝f(a)＝2a2； (ⅱ)当eq \f(a,3)>a，即a<0时，f(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(a,3)))上单调递减，在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，＋∞))上单调递增，此时 f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)))＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)))eq \s\up12(2)－2a·eq \f(a,3)＋a2＝eq \f(2,3)a2. 当x≤a时，f(x)＝2x2－(x－a)2＝x2＋2ax－a2， 此时f(x)的图象开口向上，对称轴为直线x＝－a， ①当－a<a，即a>0时，f(x)在(－∞，－a]上单调递减，在(－a，a]上单调递增，此时f(x)min＝f(－a)＝－2a2； ②当－a＝a，即a＝0时，f(x)＝x2，f(x)在(－∞，0]上单调递减，此时f(x)min＝f(0)＝0； 由①②得，当a≥0时，f(x)min＝－2a2. ③当－a>a，即a<0时，f(x)在(－∞，a]上单调递减，此时f(x)min＝f(a)＝2a2. 综上，当a≥0时，因为2a2≥－2a2， 所以f(x)min＝－2a2； 当a<0时，因为2a2>eq \f(2,3)a2， 所以f(x)min＝eq \f(2,3)a2. 故f(x)min＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2a2，a≥0，,\f(2,3)a2，a<0.)) 解：(1)若a＝2，则f(x)＝4x2－8x＋2＝4(x－1)2－2，图象开口向上，对称轴为直线x＝1， 函数f(x)在区间(－1，1)上单调递减，在(1，2)上单调递增， ∴f(x)min＝f(1)＝－2，f(x)<f(－1)＝14. ∴函数f(x)在区间(－1，2)上的值域为[－2，14)． (2)f(x)＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2)))eq \s\up12(2)－2a＋2，图象开口向上，对称轴为直线x＝eq \f(a,2)， ①当eq \f(a,2)≤0，即a≤0时，函数f(x)在[0，2]上单调递增， ∴f(x)min＝f(0)＝a2－2a＋2， 由a2－2a＋2＝3，得a＝1±eq \r(2)， ∵a≤0，∴a＝1－eq \r(2). ②当0<eq \f(a,2)<2，即0<a<4时，f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))＝－2a＋2， 由－2a＋2＝3，得a＝－eq \f(1,2)∉(0，4)，舍去． ③当eq \f(a,2)≥2，即a≥4时，函数f(x)在[0，2]上单调递减， ∴f(x)min＝f(2)＝a2－10a＋18， 由a2－10a＋18＝3，得a＝5±eq \r(10)， ∵a≥4，∴a＝5＋eq \r(10). 综上所述，a＝1－eq \r(2)或a＝5＋eq \r(10). (2)y＝f(x)的图象恒在直线y＝2x＋2m＋1的上方⇔f(x)－(2x＋2m＋1)>0恒成立， 令g(x)＝2x2－8x＋11－(2x＋2m＋1)＝2x2－10x＋10－2m， 若g(x)＝2x2－10x＋10－2m>0恒成立， 则Δ＝(－10)2－4×2×(10－2m)<0，解得m<－eq \f(5,4)，即实数m的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(5,4))). 解析：因为函数f(x)＝(m－1)x2－2mx＋3是偶函数，所以函数图象关于y轴对称，即eq \f(m,m－1)＝0，解得m＝0.所以f(x)＝－x2＋3的图象为开口向下的抛物线，所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递增．故选A. 2．有下列四个幂函数，某同学研究了其中的一个函数，并给出这个函数的三个性质：①是偶函数；②值域是{y|y∈R，且y≠0}；③在(－∞，0)上单调递增．如果给出的三个性质中，有两个正确，一个错误，则该同学研究的函数是(　　) A．y＝x－1 B．y＝x－2 C．y＝x3 D．y＝xeq \s\up7(\f(1,3)) 3．如图所示是函数y＝xeq \s\up7(\f(m,n))(m，n均为正整数，且m，n互质)的图象，则(　　) A．m，n是奇数且eq \f(m,n)＜1 B．m是偶数，n是奇数，且eq \f(m,n)＜1 C．m是偶数，n是奇数，且eq \f(m,n)＞1 D．m，n是奇数，且eq \f(m,n)＞1 解析：由幂函数的性质可知，y＝xeq \s\up7(\f(m,n))与y＝x的图象恒过点(1，1)，即在第一象限的交点为(1，1)，当0＜x＜1时，xeq \s\up7(\f(m,n))＞x，则eq \f(m,n)＜1，又y＝xeq \s\up7(\f(m,n))的图象关于y轴对称，∴y＝xeq \s\up7(\f(m,n))为偶函数，∴(－x)eq \s\up7(\f(m,n))＝eq \r(n,(－x)m)＝xeq \s\up7(\f(m,n))＝eq \r(n,xm)，又m，n互质，∴m为偶数，n为奇数．故选B. 4．设b>0，二次函数y＝ax2＋bx＋a2－1的图象为下列之一，则a的值为(　　) A．1　　　　　B．－1　　　　　C.eq \f(－1－\r(5),2)　　　　　D.eq \f(－1＋\r(5),2) 解析：由题意知b>0，a≠0，所以二次函数y＝ax2＋bx＋a2－1的图象不关于y轴对称，故排除第一、二个函数图象，当a>0时，该二次函数图象的对称轴为直线x＝－eq \f(b,2a)<0，故第四个图象也不满足题意，当a<0时，该二次函数图象的对称轴为直线x＝－eq \f(b,2a)>0，开口向下，故第三个函数图象满足题意．此时函数图象过坐标原点，故a2－1＝0，解得a＝±1，由于a<0，故a＝－1.故选B. 解析：因为f(x)>0的解集为(－1，3)，所以－2x2＋bx＋c＝0的两个根为－1，3，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(c,2)＝－1×3，,\f(b,2)＝－1＋3，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝4，,c＝6.))令g(x)＝f(x)＋m，则g(x)＝－2x2＋4x＋6＋m＝－2(x－1)2＋8＋m.当x∈[－1，0]时，g(x)min＝m，因为g(x)≥4在[－1，0]上恒成立，所以m≥4.故选B. 6．若函数y＝x2－3x－4的定义域为[0，m]，值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(25,4)，－4))，则m的取值范围是(　　) 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)) 解析：二次函数图象的对称轴为直线x＝eq \f(3,2)，且f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝－eq \f(25,4)， f(3)＝f(0)＝－4，结合函数图象(如图所示)，可得m∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，3)). 7．若0<x1<x2，则下列函数：①f(x)＝x；②f(x)＝x2；③f(x)＝x3；④f(x)＝eq \r(x)；⑤ f(x)＝eq \f(1,x)中，满足条件f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))≤eq \f(f(x1)＋f(x2),2)(0<x1<x2)的有(　　) A．1个　　　　　　B．2个　　　　　　C．3个　　　　　　D．4个 解析：若满足条件f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))≤eq \f(f(x1)＋f(x2),2)(0<x1<x2)，则函数图象在y轴右侧为一条直线或下凸曲线，根据函数图象易得④f(x)＝eq \r(x)不满足，其余都满足．故选D. 解析：解法一：当a>2，x>2时，f(x)＝x|x－a|－2a2＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－ax－2a2，x≥a，,－x2＋ax－2a2，2<x<a，))当2<x<a时，f(x)＝－x2＋ax－2a2，此时Δ＝a2－4×2a2＝－7a2<0，所以f(x)<0，不满足当x>2时，f(x)>0，故a>2不符合题意；当0<a≤2，x>2时，f(x)＝x|x－a|－2a2＝x2－ax－2a2＝(x－2a)(x＋a)，由f(x)>0，解得x>2a，由于当x>2时，f(x)>0， 故2a≤2，解得a≤1，所以0<a≤1；当a＝0，x>2时，f(x)＝x2>0恒成立，符合题意；当a<0，x>2时，f(x)＝x|x－a|－2a2＝x2－ax－2a2＝(x－2a)(x＋a)，由f(x)>0，解得x>－a，由于当x>2时，f(x)>0，故－a≤2，解得a≥－2，所以－2≤a<0.综上，a的取值范围是[－2，1]．故选B. 解法二：f(x)＝x|x－a|－2a2(x>2)．当x≥a时，f(x)＝x2－ax－2a2，令g(a)＝－2a2－xa＋x2，因为Δ＝x2＋8x2＝9x2>0，所以－2a2－xa＋x2>0，解得－x<a<eq \f(x,2)，因为x>2，所以－2≤a≤1；当x<a时，f(x)＝－x2＋ax－2a2，g(a)＝－2a2＋xa－x2，因为Δ＝x2－8x2＝－7x2<0，所以g(a)>0不成立，不符合题意．综上，a的取值范围为[－2，1]．故选B. 10．若两函数具有相同的定义域、单调区间、奇偶性、值域，则称这两函数为“亲密函数”．下列函数中，与函数f(x)＝x4是“亲密函数”的是(　　) A．y＝xeq \s\up7(\f(2,3)) B．y＝2|x|－1 C．y＝eq \f(x2,1＋x2) D．y＝eq \f(x2,2) 解析：易知函数f(x)＝x4的定义域为R，是偶函数，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，值域为[0，＋∞)，选项中四个函数的定义域都为R且都为偶函数，单调性也与函数f(x)＝x4保持一致，但是y＝eq \f(x2,1＋x2)＝1－eq \f(1,1＋x2)的值域为[0，1)，y＝xeq \s\up7(\f(2,3))＝eq \r(3,x2)≥0，y＝2|x|－1≥0，y＝eq \f(x2,2)≥0.故选ABD. 11．已知幂函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(9,5)))xm，则下列结论正确的是(　　) A．f(－32)＝eq \f(1,16) B．f(x)的定义域是R C．f(x)是偶函数 D．不等式f(x－1)≥f(2)的解集是[－1，1)∪(1，3] 解析：幂函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(9,5)))xm，∴m＋eq \f(9,5)＝1，∴m＝－eq \f(4,5)，∴f(x)＝x－eq \s\up7(\f(4,5))，定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，B错误；∵f(－32)＝(－32)－eq \s\up7(\f(4,5))＝eq \f(1,16)，A正确；f(x)＝x－eq \s\up7(\f(4,5))＝eq \f(1,\r(5,x4))，定义域(－∞，0)∪(0，＋∞)关于原点对称，又f(－x)＝eq \f(1,\r(5,(－x)4))＝eq \f(1,\r(5,x4))＝f(x)，∴f(x)是偶函数，C正确；∵f(x)＝x－eq \s\up7(\f(4,5))，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减，在(－∞，0)上单调递增，又f(x)是偶函数，∴不等式f(x－1)≥f(2)等价于f(|x－1|)≥f(2)，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－1≠0，,|x－1|≤2，))解得－1≤x<1或1<x≤3，D正确．故选ACD. 三、填空题 12．已知函数f(x)为幂函数，且f(4)＝eq \f(1,2)，则当f(a)＝4f(a＋3)时，实数a＝____． eq \f(1,5) 解析：设f(x)＝xα，则4α＝eq \f(1,2)，所以α＝－eq \f(1,2)，因此f(x)＝x－eq \s\up7(\f(1,2))，从而a－eq \s\up7(\f(1,2))＝4(a＋3) －eq \s\up7(\f(1,2))，解得a＝eq \f(1,5). 14．(2025·福建龙岩模拟)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋x，－2≤x≤c，,\f(1,x)，c<x≤3.))若c＝0，则f(x)的值域是___________；若f(x)的值域是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，2))，则实数c的取值范围是_______． eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，＋∞)) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)) 解析：若c＝0，当x∈[－2，0]时，f(x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，2))，当x∈(0，3]时，f(x)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞))，所以f(x)的值域为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，＋∞)). 作出y＝x2＋x和y＝eq \f(1,x)的图象如图所示，当x2＋x＝－eq \f(1,4)时，x＝－eq \f(1,2)；当x2＋x＝2时，x＝1或x＝－2；当eq \f(1,x)＝2时，x＝eq \f(1,2)，由图象可知当f(x)的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，2))时，需满足eq \f(1,2)≤c≤1. 解：(1)条件①：因为f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)， 所以f(x＋1)－f(x)＝a(x＋1)2＋b(x＋1)＋c－(ax2＋bx＋c)＝2ax＋a＋b＝2x－2， 即2(a－1)x＋a＋b＋2＝0对任意的x恒成立， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－1＝0，,a＋b＋2＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－3.)) 条件②：因为不等式f(x)<0的解集为{x|1<x<2}， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＋2＝－\f(b,a)，,1×2＝\f(c,a)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝－3a，,c＝2a，))且a>0. 条件③：函数y＝f(x)的图象过点(3，2)，所以9a＋3b＋c＝2. 若选择条件①②，则a＝1，b＝－3，c＝2，此时f(x)＝x2－3x＋2. 若选择条件①③，则a＝1，b＝－3，c＝2，此时f(x)＝x2－3x＋2. 若选择条件②③，则a＝1，b＝－3，c＝2，此时f(x)＝x2－3x＋2. (2)由(1)知g(x)＝x2－(m＋3)x＋2，其图象的对称轴为直线x＝eq \f(m＋3,2)， (ⅰ)当eq \f(m＋3,2)≤1，即m≤－1时，g(x)min＝g(1)＝3－(m＋3)＝－m＝3，解得m＝－3， (ⅱ)当eq \f(m＋3,2)≥2，即m≥1时，g(x)min＝g(2)＝6－(2m＋6)＝－2m＝3，解得m＝－eq \f(3,2)(舍去)， (ⅲ)当1<eq \f(m＋3,2)<2，即－1<m<1时，g(x)min＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m＋3,2)))＝－eq \f(（m＋3）2,4)＋2＝3，无解． 综上所述，实数m的值为－3. 解：(1)证明：∵a＋b＋c＝0，∴f(x)＝3ax2＋2bx＋c中， Δ＝4b2－12ac＝4b2＋12a(a＋b)＝12eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋ab＋\f(1,3)b2))＝12eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)b))\s\up12(2)＋\f(1,12)b2))≥0， ∴方程f(x)＝0有实根． (2)|x1－x2|＝eq \f(\r(4b2＋12a（a＋b）),3|a|) ＝eq \f(2,3) eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))\s\up12(2)＋3×\f(b,a)＋3). ∵f(1)f(0)＞0，∴c(3a＋2b＋c)＞0， 又a＋b＋c＝0，∴(a＋b)(2a＋b)＜0， 又a2＞0，∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋1)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋2))＜0， ∴－2＜eq \f(b,a)＜－1. 设g(x)＝x2＋3x＋3，g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(3,2)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，＋∞))上单调递增， ∴|x1－x2|∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，\f(2,3))). $$