第1章 第5节 二次函数(课件PPT)-【高考领航】2027年高考数学大一轮复习学案（创新版）

该高中数学高考复习课件聚焦“二次函数”专题，依据课标要求覆盖二次函数的图象与性质、零点与方程根的关系、闭区间最值等核心考点，通过知识梳理（三种解析式、性质对比表）对接高考评价体系，分析出解析式求法、图象特征分析、单调性应用等高频考点的权重分布，归纳出选择、填空、解答题的常考题型。 课件亮点在于“真题改编训练+通法悟道指导”，如选用苏教、人B教材改编题（思维激活题）夯实基础，通过考点二二次函数图象分析题（例1多选）培养数学思维（推理能力），总结“三点一线一开口”分析方法。针对闭区间最值问题，提炼轴动区间定分类讨论策略，帮助学生掌握符号运算、逻辑推理等技巧，提升得分率，教师可据此系统规划复习，实现高效备考。

第5节　二次函数 返回 ‹#› 1．会结合一元二次函数的图象，判断一元二次方程实根的存在性及实根的个数，了解函数的零点与方程根的关系．　2.理解二次函数的图象和性质，能用二次函数、方程、不等式之间的关系解决简单问题． 课标解读 返回 ‹#› 1 再研教材 夯实基础 3 限时规范训练　 栏 目 导 引 2 考点突破 通法悟道 返回 ‹#› 再研教材 夯实基础 1．二次函数解析式的三种形式 (1)一般式：f(x)＝_______________________． (2)顶点式：f(x)＝a(x－m)2＋n(a≠0)，顶点坐标为___________． (3)零点式：f(x)＝a(x－x1)(x－x2)(a≠0)，x1，x2为f(x)的零点． ax2＋bx＋c(a≠0) (m，n) 返回 ‹#› 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 ___ 值域 R 返回 ‹#› 函数 y＝ax2＋bx＋c(a＞0) y＝ax2＋bx＋c(a＜0) 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 在区间上单调递___；在区间上单调递___ 在区间上单调递___；在区间上单调递___ － 减 增 增 减 返回 ‹#› 二次函数在闭区间上的最值 设二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a＞0)，闭区间为[m，n]. (1)当－≤m时，最小值为f(m)，最大值为f(n)． (2)当m＜－时，最小值为f，最大值为f(n)． (3)当＜－≤n时，最小值为f，最大值为f(m)． (4)当－＞n时，最小值为f(n)，最大值为f(m)． 返回 ‹#› 1．(多选)(苏教必修一P133复习题T10改编)已知函数y＝x2，其值域为(1，4)，则此函数的定义域可以为(　　) A．(1，2) B．(－2，2) C．(－2，－1) D．(0，2) 解析：AC　对于A，当x∈(1，2)时，y∈(1，4)，符合题意； 对于B，当x∈(－2，2)时，y∈[0，4)，不符合题意； 对于C，当x∈(－2，－1)时，y∈(1，4)，符合题意； 对于D，当x∈(0，2)时，y∈(0，4)，不符合题意．故选AC. AC 返回 ‹#› 2．(人B必修一P127习题B组T9改编)已知函数f(x)＝ax2＋bx＋c，若a＞b＞c且a＋b＋c＝0，则它的图象可能是(　　) 解析：D　由a＞b＞c且a＋b＋c＝0，得a＞0，c＜0，所以函数f(x)是二次函数，图象开口向上，排除A、C；又f(0)＝c＜0，所以B错误，D正确．故选D. D 返回 ‹#› 3．(人A必修一P100复习参考题T4改编)若函数f(x)＝4x2－kx－8在区间[5，20]上具有单调性，则实数k的取值范围为________． 解析：依题意知，≥20或≤5，解得k≥160或k≤40. 答案：(－∞，40]∪[160，＋∞) 返回 ‹#› 4．(人B必修一P139复习题A组T8改编)已知y＝f(x)为二次函数，若y＝f(x)在x＝2处取得最小值－4，且y＝f(x)的图象经过原点，则函数解析式为____________． 解析：由题意，可设f(x)＝a(x－2)2－4(a＞0)，又图象过原点，所以f(0)＝4a－4＝0，a＝1，所以f(x)＝(x－2)2－4＝x2－4x. 答案：f(x)＝x2－4x 返回 ‹#› 考点突破 通法悟道 考点一　二次函数的解析式(自主练透) 1．已知函数f(x)是二次函数，且f(0)＝1，f(x＋1)－f(x)＝2x，则f(x)的解析式为(　　) A．f(x)＝x2＋x＋1 B．f(x)＝－x2－x＋1 C．f(x)＝x2－x＋1 D．f(x)＝－x2＋x－1 C 返回 ‹#› 解析：C　因为f(0)＝1，y＝f(x)是二次函数，所以设f(x)＝ax2＋bx＋1(a≠0)，又因为f(x＋1)－f(x)＝2x，所以a(x＋1)2＋b(x＋1)＋1－(ax2＋bx＋1)＝2ax＋a＋b＝2x，所以2a＝2，a＋b＝0，解得a＝1，b＝－1，所以f(x)＝x2－x＋1.故选C. 返回 ‹#› 2．(一题多解)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，则f(x)的解析式为________． 解析：法一(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. 返回 ‹#› 法二(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)＝a2＋8.因为f(2)＝－1，所以a2＋8＝－1，解得a＝－4，所以f(x)＝－42＋8＝－4x2＋4x＋7. 法三(零点式)：由已知得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.又函数有最大值8，即＝8.解得a＝－4.故所求函数的解析式为f(x)＝＋4x＋7. 答案：f(x)＝－4x2＋4x＋7 返回 ‹#› 3．已知二次函数f(x)的图象过点(0，3)，对称轴为直线x＝2，且方程f(x)＝0的两个根的平方和为10，则f(x)的解析式为________． 解析：依题意，设函数f(x)＝a(x－2)2＋h(a≠0)，由二次函数f(x)的图象过点(0，3)，得f(0)＝3，所以4a＋h＝3，即h＝3－4a，所以f(x)＝a(x－2)2＋3－4a，令f(x)＝0，即a(x－2)2＋3－4a＝0，所以ax2－4ax＋3＝0，设方程的两根为x1，x2，则x1＋x2＝4，x1x2＝，所以＝(x1＋x2)2－2x1x2＝16－，所以16－＝10，解得a＝1，所以f(x)＝x2－4x＋3. 答案：f(x)＝x2－4x＋3 返回 ‹#› 求二次函数解析式的三个策略 (1)已知三个点的坐标，宜选用一般式． (2)已知顶点坐标、对称轴、最大(小)值等，宜选用顶点式． (3)已知图象与x轴的两交点的坐标，宜选用零点式． 返回 ‹#› 考点二　二次函数的图象(师生共研) 例1　(多选)已知二次函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的图象如图所示，对称轴为x＝－.则下列结论正确的是(　　) A．abc＜0 B．b＜a＋c C．3b＜－4c D．当x＞－时，y随x的增大而增大 ACD 返回 ‹#› 解析：ACD　由二次函数图象和性质可得a＞0，c＜0，因为－，所以a＝b＞0，所以abc＜0，故A正确；由图象可知当x＝－1时，函数值小于0，即a－b＋c＜0，所以b＞a＋c，故B错误；由图象可知x＝1时，函数值小于0，即a＋b＋c＜0，因为a＝b，所以2b＋c＜0，即2b＜－c，所以8b＜－4c，因为b＞0，所以3b＜8b，所以3b＜－4c，故C正确；根据函数图象可知，函数在对称轴的右侧y随x的增大而增大， 因为二次函数的对称轴为x＝－，所以当x＞－时，y随x的增大而增大，故D正确．故选ACD. 返回 ‹#› 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，另两个点是图象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． 返回 ‹#› (多选)二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象如图所示，则下列说法正确的是 (　　) A．2a＋b＝0 B．4a＋2b＋c＜0 C．9a＋3b＋c＜0 D．abc＜0 ACD 返回 ‹#› 解析：ACD　由二次函数图象开口向下知a＜0，对称轴为x＝－＝1，即2a＋b＝0，故b＞0.又因为f(0)＝c＞0，所以abc＜0，f(2)＝f(0)＝4a＋2b＋c＞0，f(3)＝f(－1)＝9a＋3b＋c＜0.故选ACD. 返回 ‹#› 考点三　二次函数的性质(师生共研) 例2　已知二次函数f(x)＝ax2－x＋2a－1. (1)若f(x)在区间[1，2]上单调递减，求a的取值范围； (2)若a>0，设函数f(x)在区间[1，2]上的最小值为g(a)，求g(a)的表达式． 解：(1)由题意知a≠0.当a>0时，f(x)＝ax2－x＋2a－1的图象开口向上，对称轴方程为x＝，所以f(x)在区间[1，2]上单调递减需满足≥2，又a>0，所以0<a≤；当a<0时，f(x)＝ax2－x＋2a－1的图象开口向下，对称轴方程为x＝<0，所以f(x)在区间[1，2]上单调递减恒成立．综上，a的取值范围是(－∞，0)∪. 返回 ‹#› (2)①当0<≤1，即a≥时，f(x)在区间[1，2]上单调递增，此时g(a)＝f(1)＝3a－2. ②当1<<2，即<a<时，f(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增，此时g(a)＝f＝2a－－1. ③当≥2，即0<a≤时，f(x)在区间[1，2]上单调递减，此时g(a)＝f(2)＝6a－3. 综上所述，g(a)＝ 返回 ‹#› 二次函数在闭区间上的最值主要有三种类型：轴定区间定、轴动区间定、轴定区间动，不论哪种类型，解题的关键都是对称轴与区间的位置关系，当含有参数时，要依据对称轴与区间的位置关系进行分类讨论． 返回 ‹#› 1．已知函数y＝x2－3x－4的定义域是[－1，m]，值域为，则m的取值范围是(　　) A． B． C． D． B 返回 ‹#› 解析：B　设f(x)＝x2－3x－4＝2－，x∈R，所以f(x)的图象是开口向上的抛物线，其对称轴方程为x＝，如图所示， 所以f＝－，易知f(－1)＝f(4)＝0，由图可知，要使函数y＝x2－3x－4的定义域是[－1，m]，值域为，则m的取值范围是.故选B. 返回 ‹#› 2．函数f(x)＝x2－4x＋2在区间[a，b]上的值域为[－2，2]，则b－a的取值范围是________． 解析：解方程f(x)＝x2－4x＋2＝2，得x＝0或x＝4，解方程f(x)＝x2－4x＋2＝－2，得x＝2，由于函数f(x)在区间[a，b]上的值域为[－2，2].若函数f(x)在区间[a，b]上单调，则[a，b]＝[0，2]或[a，b]＝[2，4]，此时b－a取得最小值2；若函数f(x)在区间[a，b]上不单调，且当b－a取最大值时，[a，b]＝[0，4]，所以b－a的最大值为4，所以b－a的取值范围是[2，4]. 答案：[2，4] 返回 ‹#› 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 11 1 2 限时规范 训练(五)　二次函数　 14 15 (建议用时：60分钟　分值：105分) 本训练单项选择题5分，多项选择题6分，填空题5分． 1．若二次函数g(x)满足g(1)＝1，g(－1)＝5，且图象过原点，则g(x)的解析式为(　　) A．g(x)＝2x2－3x B．g(x)＝3x2－2x C．g(x)＝3x2＋2x D．g(x)＝－3x2－2x B 返回 ‹#› 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 11 1 2 解析：B　二次函数g(x)满足g(1)＝1，g(－1)＝5，且图象过原点，设二次函数为g(x)＝ax2＋bx(a≠0)，可得则a＝3，b＝－2，所求的二次函数为g(x)＝3x2－2x.故选B. 14 15 返回 ‹#› 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 11 2．函数y＝ax＋b和y＝ax2＋bx＋c在同一平面直角坐标系内的图象可以是(　　) 14 15 C 返回 ‹#› 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 11 解析：C　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、D；对于B，由直线可知a＞0，b＞0，从而－＜0，而二次函数的对称轴在y轴的右侧，故排除B.故选C. 14 15 返回 ‹#› 2 3 1 4 5 6 7 8 9 10 12 13 11 3．已知a，b，c∈R，函数f(x)＝ax2＋bx＋c，若f(0)＝f(4)＞f(1)，则(　　) A．a＞0，4a＋b＝0 B．a＜0，4a＋b＝0 C．a＞0，2a＋b＝0 D．a＜0，2a＋b＝0 解析：A　由f(0)＝f(4)，得f(x)图象的对称轴为直线x＝－＝2，所以4a＋b＝0，又f(0)＝f(4)＞f(1)，所以f(x)的图象开口向上，a＞0.故选A. 14 15 A 返回 ‹#› 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 12 13 11 4．(多选)(2026·山东十校联考)已知函数y＝ax2＋bx＋c的部分图象如图所示，则(　　) A．abc<0 B．b＋c>0 C．2a＋b＋c>0 D．关于x的方程cx2＋bx＋a＝0的解集为{－，1} 14 15 BD 返回 ‹#› 2 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 11 1 解析：BD　由图象知，x＝0时，y＝c>0，开口向下，a<0，－3＋1＝－<0，即>0，则ab>0，则b<0，所以abc>0，故A错误；由x＝1时，a＋b＋c＝0且a<0，所以b＋c>0，故B正确；因为2a＋b＋c＝a＋a＋b＋c＝a<0，故C错误；由cx2＋bx＋a＝0可得a2＋b·＋c＝0，因为－3，1是方程ax2＋bx＋c＝0的两根，所以－，1是方程a2＋b·＋ 14 15 c＝0的根，所以关于x的方程cx2＋bx＋a＝0的解集为{－，1}，故D正确．故选BD. 返回 ‹#› 2 3 4 5 1 6 7 8 9 10 12 13 11 5．(多选)已知函数f(x)＝x2＋2x＋1(x∈R)，则以下结论一定正确的是 (　　) A．f(－1)＝0 B．f(x)的最小值为1 C．f(x)的顶点坐标为(－1，0) D．f(x)的图象关于直线x＝－1对称 解析：ACD　因为f(x)＝x2＋2x＋1＝(x＋1)2，所以函数f(x)图象的对称轴为直线x＝－1.因为f(－1)＝0，所以顶点坐标为(－1，0)，f(x)的最小值为0，所以A、C、D正确，B错误．故选ACD. 14 15 ACD 返回 ‹#› 2 3 4 5 6 1 7 8 9 10 12 13 11 6．(5分)已知二次函数f(x)的图象经过点(4，3)，且图象被x轴截得的线段长为2，并且对任意x∈R，都有f(2－x)＝f(2＋x)，则f(x)的解析式为______________． 解析：因为f(2－x)＝f(2＋x)对任意x∈R恒成立，所以f(x)图象的对称轴为直线x＝2.又因为f(x)的图象被x轴截得的线段长为2，所以f(x)＝0的两根为1和3，设f(x)＝a(x－1)(x－3)(a≠0)，因为f(x)的图象过点(4，3)，所以3a＝3，所以a＝1，所以所求函数的解析式为f(x)＝(x－1)(x－3)，即f(x)＝x2－4x＋3. 答案：f(x)＝x2－4x＋3 14 15 返回 ‹#› 7 8 9 10 12 13 11 1 3 4 5 6 2 7．(5分)已知函数f(x)＝x2－4x＋1的定义域为[1，t]，在该定义域内函数的最大值与最小值之和为－5，则实数t的取值范围是________． 解析：易知f(x)＝x2－4x＋1的图象是一条开口向上，对称轴为直线x＝2的抛物线，当x＝1时，y＝－2，当x＝2时，y＝－3，由y＝－2，得x＝1或x＝3，因为f(x)在定义域内的最大值与最小值之和为－5，所以2≤t≤3. 答案：[2，3] 14 15 返回 ‹#› 8 9 10 12 13 11 1 3 4 5 6 7 2 8．(13分)已知函数f(x)＝tx2＋x－3t＋1(t∈R)． (1)若f(x)在(－∞，2)上单调递增，求实数t的取值范围； (2)若t＞0，设函数f(x)在区间[－2，－1]上的最大值为g(t)，求g(t)的表达式，并求出g(t)的最小值． 解：(1)当t＝0时，f(x)＝x＋1，则f(x)在区间(－∞，2)上单调递增，满足条件；当t≠0时，f(x)＝tx2＋x－3t＋1的对称轴为x＝－，要使f(x)在区间(－∞，2)上单调递增，则解得－≤t＜0.综上，若f(x)在区间(－∞，2)上单调递增，则实数t的取值范围为． 14 15 返回 ‹#› 8 9 10 12 13 11 1 3 4 5 6 7 2 (2)当t＞0时，f(x)＝tx2＋x－3t＋1的对称轴为x＝－＜0，所以f(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增；当－≥－1，即t≥时，f(x)max＝g(t)＝f(－2)＝t－1；当－≤－2，即0＜t≤时，f(x)max＝g(t)＝f(－1)＝－2t；当－2＜－＜－1，即＜t＜时，f(－2)＝t－1，f(－1)＝－2t；当t－1＝－2t时，即t＝时，f(x)max＝g(t)＝f(－1)＝f(－2)＝－；当t－1＞－2t，即＜t＜时＝g(t)＝f(－2)＝t－1；当t－1＜－2t，即＜t＜时，f(x)max＝g(t)＝f(－1)＝－2t.综上，g(t)＝所以当t＝时，g(t)min＝g＝－. 14 15 返回 ‹#› 9 10 12 13 11 1 3 4 5 6 7 8 2 9．已知函数f(x)＝x2－2(a－1)x＋a，若对于区间[－1，2]上任意两个不相等的实数x1，x2，都有f(x1)≠f(x2)，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，0] B．[0，3] C．(－∞，0]∪[3，＋∞) D．[3，＋∞) 14 15 C 返回 ‹#› 9 10 12 13 11 1 3 4 5 6 7 8 2 解析：C　二次函数f(x)＝x2－2(a－1)x＋a图象的对称轴为直线x＝a－1，因为对于任意x1，x2∈[－1，2]且x1≠x2，都有f(x1)≠f(x2)，即f(x)在区间[－1，2]上是单调函数，所以a－1≤－1或a－1≥2，所以a≤0或a≥3，即实数a的取值范围为(－∞，0]∪[3，＋∞)．故选C. 14 15 返回 ‹#› 10 12 13 11 1 3 4 5 6 7 8 9 2 10．(多选)已知函数f(x)＝x2－2x＋a有两个零点x1，x2，以下结论正确的是 (　　) A．a＜1 B．若x1x2≠0，则 C．f(－1)＝f(3) D．函数y＝f(|x|)有四个零点 14 15 ABC 返回 ‹#› 10 12 13 11 1 3 4 5 6 7 8 9 2 解析：ABC　二次函数对应二次方程根的判别式Δ＝(－2)2－4a＝4－4a＞0，a＜1，故A正确；由根与系数的关系，得x1＋x2＝2，x1x2＝a，，故B正确；因为f(x)的对称轴为x＝1，点(－1，f(－1))，(3，f(3))关于对称轴对称，故C正确；当a＝0时，y＝f(|x|)＝x2－2|x|有3个零点，故D错误．故选ABC. 14 15 返回 ‹#› 11 12 13 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2 11．(5分)设m为实数，若二次函数y＝x2－x＋m在区间(－∞，1)上有两个零点，则m的取值范围是________________． 解析：二次函数y＝x2－x＋m的对称轴为x＝，且开口向上，因为二次函数y＝x2－x＋m在区间(－∞，1)上有两个零点，所以方程x2－x＋m＝0在区间(－∞，1)上有两个不同的根，设f(x)＝x2－x＋m，由题意可得解得0＜m＜，所以m的取值范围是. 答案： 14 15 返回 ‹#› 12 13 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 2 12．(13分)已知函数f(x)＝|x2－6x＋7|在区间[1，m](m>1)上的最大值为a，在区间[m，2m－1]上的最大值为b，若a≥2b，求实数m的取值范围． 14 15 解：由函数f(x)＝|x2－6x＋7|＝|(x－3)2－2|，作出f(x)的图象如图(1)： 返回 ‹#› 12 13 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 2 由题意得f(1)＝f(3)＝f(5)＝2，当1＜m≤5时，函数f(x)＝|x2－6x＋7|在区间[1，m](m>1)上的最大值为2，即a＝2，要使a≥2b，则b≤1，令f(x)＝1，解得x1＝3－ ，x2＝2，x3＝4，x4＝3＋ ，由图(2)可得，要使函数f(x)＝|x2－6x＋7|在区间[m，2m－1]上的最大值为b，且b≤1，则或 解得3－ ≤m≤. 14 15 返回 ‹#› 12 13 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 2 当m＞5时，由图(3)可得，f(x)＝|x2－6x＋7|在区间[1，m](m>1)上的最大值a＝f(m)＝m2－6m＋7＞0，在区间[m，2m－1]上单调递增，最大值b＝f(2m－1)＞f(m)＝a＞0，a≥2b不可能成立．综上，实数m的取值范围是[ ，]. 14 15 返回 ‹#› 13 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 13．(15分)已知函数f(x)＝x2＋2ax(a∈R)．若对于任意x1，x2∈[1，2]，都有|f(x1)－f(x2)|≤4成立，求实数a的取值范围． 解：由题意得f(x)＝x2＋2ax＝x(x＋2a)＝(x＋a)2－a2，则x1＝0，x2＝－2a，对称轴x＝－a.由题意，得∀x1，x2∈[1，2]，都有|f(x1)－f(x2)|≤4成立．因为∀x1，x2∈[1，2]，|f(x1)－f(x2)|≤f(x)max －f(x)min ，所以只需f(x)max －f(x)min ≤4在[1，2]上恒成立即可． ①当－a≤1，即a≥－1时，f(x)在区间[1，2]上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝1＋2a，f(x)max＝f(2)＝4＋4a，f(x)max－f(x)min＝f(2)－f(1)＝(4＋4a)－(1＋2a)≤4，解得a≤，此时－1≤a≤. 14 15 返回 ‹#› 13 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 ②当－a≥2，即a≤－2时，f(x)在区间[1，2]上单调递减，所以f(x)min＝f(2)＝4＋4a，f(x)max＝f(1)＝1＋2a，f(x)max－f(x)min＝f(1)－f(2)＝－3－2a≤4，解得a≥－，此时，－≤a≤－2. ③当1<－a<2，即－2<a<－1时，f(x)在区间[1，－a]上单调递减，在区间(－a，2]上单调递增，所以f(x)min＝f(－a)＝－a2，f(x)的最大值是f(1)与f(2)中的较大者． (ⅰ)当－a≤，即－≤a<－1时，因为f(2)≥f(1)，所以f(x)max ＝f(2)＝4＋4a，所以－f(x)min ＝4＋4a＋a2≤4，解得－4≤a≤0，此时，－≤a<－1. 14 15 返回 ‹#› 13 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 (ⅱ)当<－a，即－2<a<－时，因为f(2)<f(1)，所以＝f(1)＝1＋2a，所以＝1＋2a＋a2≤4，即a2＋2a－3≤0，解得－3≤a≤1，此时－2<a<－. 综上，实数a的取值范围是. 14 15 返回 ‹#› 14 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 14．已知函数f(x)＝2ax2－2026x－2027，对任意t∈R，在区间[t－1，t＋1]上存在两个实数x1，x2，使|f(x1)－f(x2)|≥1成立，则实数a的取值范围是 (　　) A． B．[－1，1] C．(－∞，－1]∪{0}∪[1，＋∞) D．∪{0}∪ 13 15 D 返回 ‹#› 14 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 13 解析：D　存在两个实数x1，x2，使|f(x1)－f(x2)|≥1⇔f(x)max－f(x)min≥1，当a＝0时，f(x)＝－2026x－2027，f(t－1)－f(t＋1)＝2×2026＞1，显然符合；当a≠0时，函数f(x)＝2ax2－2026x－2027的顶点的横坐标等于区间中点时，即t＝时，此时f(x)max－f(x)min取得最小值，即f(x)max－f(x)min＝|f(t＋1)－f(t)|＝2|a|≥1，解得a≤－或a≥.综上，实数a的取值范围是∪{0}∪.故选D. 15 返回 ‹#› 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 13 15．(多选)对任意的x∈R，函数f(x)＝ax2－3x＋的值域是[0，＋∞)，则下列结论中正确的是(　　) A．a＞0 B．a2b＝9 C．a2＋4b的最小值是12 D．a2＋ab＋3a＋b的最小值是6－6 15 14 ABC 返回 ‹#› 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 13 15 14 解析：ABC　因为函数f(x)＝ax2－3x＋的值域是[0，＋∞)，所以a＞0，且f＝0，即＝0，所以a2b＝9，故A、B正确；由a2b＝9，得b＝＞0，则a2＋4b＝a2＋＝12，当且仅当a2＝，即a＝ 时取等号，所以a2＋4b的最小值是12，故C正确；由a2b＝9，得b＝＞0，ab＝＞0，则a2＋ab＋3a＋b＝a2＋ ＋＝6＋6 ，当且仅当即a＝ 时取等号，所以a2＋ab＋3a＋b的最小值是6＋6 ，故D错误．故选ABC. 返回 ‹#› 第5节　二次函数 点击进入WORD文档 按ESC键退出全屏播放 返回 ‹#› $