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

**基本信息** 以二次函数解析式、图象性质及综合应用为核心，通过分层题型系统提炼待定系数法、数形结合、分类讨论等解题方法，构建从概念到应用的完整逻辑链，培养抽象能力与推理意识。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础求解|3题|待定系数法求解析式、方程思想|从函数定义到解析式确定，强化代数表达| |图象性质|5题|数形结合判断图象、对称轴与单调性分析|结合函数图象理解性质，培养几何直观| |综合应用|7题|分类讨论区间最值、零点分布转化|整合性质与方程不等式，提升逻辑推理能力|

限时规范训练(五)　二次函数 (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 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. 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(　　) 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. 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. 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} 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·＋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. 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. 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 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] 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． (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＝－. 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，＋∞) 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. 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 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. 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： 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． 解：由函数f(x)＝|x2－6x＋7|＝|(x－3)2－2|，作出f(x)的图象如图(1)： 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≤. 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[ ，]. 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≤. 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. (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．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}∪ 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．(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 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. 学科网（北京）股份有限公司 $