8、的圖象，由此可知h(x)>g(x)>f(x)．
答案：h(x)>g(x)>f(x)
求二次函數(shù)的解析式
已知二次函數(shù)f(x)滿足f(2)＝－1，f(－1)＝－1，且f(x)的最大值是8，試確定此二次函數(shù)的解析式．
【解】 法一：(利用一般式)
設(shè)f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)．由題意得
解得所以所求二次函數(shù)的解析式為f(x)＝－4x2＋4x＋7.
法二：(利用頂點式)
設(shè)f(x)＝a(x－m)2＋n(a≠0)．
因為f(2)＝f(－1)，
所以拋物線的對稱軸為x＝＝.
所以m＝.
又根據(jù)題意函數(shù)有最大值8，所以n＝8，
所以f(x)＝a＋8
9、.
因為f(2)＝－1，所以a＋8＝－1，解得a＝－4，所以f(x)＝－4＋8＝－4x2＋4x＋7.
法三：(利用零點式)
由已知f(x)＋1＝0的兩根為x1＝2，x2＝－1，
故可設(shè)f(x)＋1＝a(x－2)(x＋1)，
即f(x)＝ax2－ax－2a－1.
又函數(shù)有最大值8，即＝8.
解得a＝－4或a＝0(舍去)，
所以所求函數(shù)的解析式為f(x)＝－4x2＋4x＋7.
求二次函數(shù)解析式的方法
根據(jù)已知條件確定二次函數(shù)的解析式，一般用待定系數(shù)法，但所給條件不同選取的求解方法也不同，選擇規(guī)律如下：
1．若函數(shù)f(x)＝(x＋a)(bx＋2a)(常數(shù)a，b∈
10、R)是偶函數(shù)，且它的值域為(－∞，4]，則該函數(shù)的解析式f(x)＝________．
解析：由f(x)是偶函數(shù)知f(x)的圖象關(guān)于y軸對稱，所以－a＝－，即b＝－2，所以f(x)＝－2x2＋2a2，又f(x)的值域為(－∞，4]，所以2a2＝4，故f(x)＝－2x2＋4.
答案：－2x2＋4
2．已知二次函數(shù)f(x)的圖象經(jīng)過點(4，3)，它在x軸上截得的線段長為2，并且對任意x∈R，都有f(2－x)＝f(2＋x)，求f(x)的解析式．
解：因為f(2＋x)＝f(2－x)對任意x∈R恒成立，
所以f(x)的對稱軸為x＝2.
又因為f(x)的圖象被x軸截得的線段長為2，
所以f(x
11、)＝0的兩根為1和3.
設(shè)f(x)的解析式為
f(x)＝a(x－1)(x－3)(a≠0)，
又f(x)的圖象過點(4，3)，
所以3a＝3，a＝1，
所以所求f(x)的解析式為
f(x)＝(x－1)(x－3)，
即f(x)＝x2－4x＋3.
二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)(高頻考點)
高考對二次函數(shù)圖象與性質(zhì)進行考查，多與其他知識結(jié)合，且常以選擇題形式出現(xiàn)，屬中高檔題．主要命題角度有：
(1)二次函數(shù)圖象的識別問題；
(2)二次函數(shù)的單調(diào)性問題；
(3)二次函數(shù)的最值問題．
角度一 二次函數(shù)圖象的識別問題
已知abc>0，則二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c
12、的圖象可能是( )
【解析】 A項，因為a<0，－<0，所以b<0.
又因為abc>0，所以c>0，而f(0)＝c<0，故A錯．
B項，因為a<0，－>0，所以b>0.
又因為abc>0，所以c<0，而f(0)＝c>0，故B錯．
C項，因為a>0，－<0，所以b>0.又因為abc>0，
所以c>0，而f(0)＝c<0，故C錯．
D項，因為a>0，－>0，所以b<0，因為abc>0，
所以c<0，而f(0)＝c<0，故選D.
【答案】 D
角度二 二次函數(shù)的單調(diào)性問題
函數(shù)f(x)＝ax2＋(a－3)x＋1在區(qū)間[－1，＋∞)上是遞減的，則實數(shù)a的取值范圍是____
13、____．
【解析】 當(dāng)a＝0時，f(x)＝－3x＋1在[－1，＋∞)上遞減，滿足條件．
當(dāng)a≠0時，f(x)的對稱軸為x＝，
由f(x)在[－1，＋∞)上遞減知
解得－3≤a<0.
綜上，a的取值范圍為[－3，0]．
【答案】 [－3，0]
(變條件)若函數(shù)f(x)＝ax2＋(a－3)x＋1的單調(diào)減區(qū)間是[－1，＋∞)，則a為何值？
解：因為函數(shù)f(x)＝ax2＋(a－3)x＋1的單調(diào)減區(qū)間為[－1，＋∞)，所以，解得a＝－3.
角度三 二次函數(shù)的最值問題
已知函數(shù)f(x)＝x2－2ax＋1，x∈[－1，2]．
(1)若a＝1，求f(x)的最大值與最小值；
(
14、2)f(x)的最小值記為g(a)，求g(a)的解析式以及g(a)的最大值．
【解】 (1)當(dāng)a＝1時，f(x)＝x2－2x＋1＝(x－1)2，x∈[－1，2]，
則當(dāng)x＝1時，f(x)的最小值為0，x＝－1時，f(x)的最大值為4.
(2)f(x)＝(x－a)2＋1－a2，x∈[－1，2]，
當(dāng)a<－1時，f(x)的最小值為f(－1)＝2＋2a，
當(dāng)－1≤a≤2時，f(x)的最小值為f(a)＝1－a2，
當(dāng)a>2時，f(x)的最小值為f(2)＝5－4a，
則g(a)＝
可知，g(a)在(－∞，0)上單調(diào)遞增，在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，g(a)的最大值為g(0)＝1.
(
15、1)確定二次函數(shù)圖象應(yīng)關(guān)注的三個要點
一是看二次項系數(shù)的符號，它確定二次函數(shù)圖象的開口方向；
二是看對稱軸和最值，它確定二次函數(shù)圖象的具體位置；
三是看函數(shù)圖象上的一些特殊點，如函數(shù)圖象與y軸的交點、與x軸的交點，函數(shù)圖象的最高點或最低點等．
從這三個方面入手，能準(zhǔn)確地判斷出二次函數(shù)的圖象．反之，也可以從圖象中得到如上信息．
(2)二次函數(shù)最值的求法
二次函數(shù)的區(qū)間最值問題一般有三種情況：①對稱軸和區(qū)間都是給定的；②對稱軸動，區(qū)間固定；③對稱軸定，區(qū)間變動．解決這類問題的思路是抓住“三點一軸”進行數(shù)形結(jié)合，三點指的是區(qū)間兩個端點和中點，一軸指的是對稱軸．具體方法是利用函數(shù)的單調(diào)性及
16、分類討論的思想求解．
對于②、③，通常要分對稱軸在區(qū)間內(nèi)、區(qū)間外兩大類情況進行討論．
1．若函數(shù)f(x)＝x2＋ ax＋b在區(qū)間[0, 1]上的最大值是M，最小值是m，則M－m( )
A．與a有關(guān)，且與b有關(guān)
B．與a有關(guān)，但與b無關(guān)
C．與a無關(guān)，且與b無關(guān)
D．與a無關(guān)，但與b有關(guān)
解析：選B.f(x)＝－＋b，①當(dāng)0≤－≤1時，f(x)min＝m＝f＝－＋b，f(x)max＝M＝max{f(0)，f(1)}＝max{b，1＋a＋b}，所以M－m＝max與a有關(guān)，與b無關(guān)；②當(dāng)－<0時，f(x)在[0，1]上單調(diào)遞增，所以M－m＝f(1)－f(0)＝1＋a與a有關(guān)，與b
17、無關(guān)；③當(dāng)－>1時，f(x)在[0，1]上單調(diào)遞減，所以M－m＝f(0)－f(1)＝－1－a與a有關(guān)，與b無關(guān)．綜上所述，M－m與a有關(guān)，但與b無關(guān)，故選B.
2．若函數(shù)f(x)＝ax2＋20x＋14(a＞0)對任意實數(shù)t，在閉區(qū)間[t－1，t＋1]上總存在兩實數(shù)x1，x2，使得|f(x1)－f(x2)|≥8成立，則實數(shù)a的最小值為________．
解析：因為a＞0，所以二次函數(shù)f(x)＝ax2＋20x＋14的圖象開口向上．
在閉區(qū)間[t－1，t＋1]上總存在兩實數(shù)x1，x2，
使得|f(x1)－f(x2)|≥8成立，
只需t＝－時f(t＋1)－f(t)≥8，
即a(t＋1)
18、2＋20(t＋1)＋14－(at2＋20t＋14)≥8，
即2at＋a＋20≥8，將t＝－代入得a≥8.
所以a的最小值為8.
故答案為8.
答案：8
三個“二次”間的轉(zhuǎn)化
(2020·金華市東陽二中高三調(diào)研)已知二次函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)．
(1)當(dāng)a＝－6時，函數(shù)f(x)的定義域和值域都是，求b的值；
(2)當(dāng)a＝－1時在區(qū)間[－1，1]上，y＝f(x)的圖象恒在y＝2x＋2b－1的圖象上方，試確定實數(shù)b的范圍．
【解】 (1)當(dāng)a＝－6時，函數(shù)f(x)＝x2－6x＋b，函數(shù)對稱軸為x＝3，故函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，3]上單調(diào)遞減，在
19、區(qū)間(3，＋∞)上單調(diào)遞增．
①當(dāng)210時，f(x)在區(qū)間[1，3]上單調(diào)遞減，在區(qū)間上單調(diào)遞增，且f(1)2x＋2b－1對x∈[－1，1]恒成立，
化簡得b
20、故b<－1.
(1)二次函數(shù)、二次方程與二次不等式統(tǒng)稱三個“二次”，它們常結(jié)合在一起，而二次函數(shù)又是三個“二次”的核心，通過二次函數(shù)的圖象貫穿為一體．因此，解決此類問題首先采用轉(zhuǎn)化思想，把方程、不等式問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)問題．借助于函數(shù)思想研究方程、不等式(尤其是恒成立)問題是高考命題的熱點．
(2)由不等式恒成立求參數(shù)取值范圍的思路及關(guān)鍵
①一般有兩個解題思路：一是分離參數(shù)；二是不分離參數(shù)．
②兩種思路都是將問題歸結(jié)為求函數(shù)的最值，至于用哪種方法，關(guān)鍵是看參數(shù)是否已分離．這兩個思路的依據(jù)是：a≥f(x)恒成立?a≥f(x)max，a≤f(x)恒成立?a≤f(x)min.
[提醒]
21、當(dāng)二次項系數(shù)a是否為0不明確時，要分類討論．
1．(2020·寧波市余姚中學(xué)期中檢測)設(shè)a<0，(3x2＋a)(2x＋b)≥0在(a，b)上恒成立，則b－a的最大值為( )
A. B.
C. D.
解析：選A.因為(3x2＋a)(2x＋b)≥0在(a，b)上恒成立，
所以3x2＋a≥0，2x＋b≥0或3x2＋a≤0，2x＋b≤0，
①若2x＋b≥0在(a，b)上恒成立，則2a＋b≥0，即b≥－2a>0，此時當(dāng)x＝0時，3x2＋a＝a≥0不成立，
②若2x＋b≤0在(a，b)上恒成立，則2b＋b≤0，即b≤0，
若3x2＋a≤0在(a，b)上恒成立，
22、則3a2＋a≤0，即－≤a≤0，故b－a的最大值為.
2．已知函數(shù)f(x)＝x2－x＋1，在區(qū)間[－1，1]上不等式f(x)>2x＋m恒成立，則實數(shù)m的取值范圍是________．
解析：f(x)>2x＋m等價于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，
只需使函數(shù)g(x)＝x2－3x＋1－m在[－1，1]上的最小值大于0即可．
因為g(x)＝x2－3x＋1－m在[－1，1]上單調(diào)遞減，
所以g(x)min＝g(1)＝－m－1.
由－m－1>0，得m<－1 .
因此滿足條件
23、的實數(shù)m的取值范圍是(－∞，－1)．
答案：(－∞，－1)
[基礎(chǔ)題組練]
1．已知冪函數(shù)f(x)＝k·xα的圖象過點，則k＋α＝( )
A. B．1 C. D．2
解析：選C.因為函數(shù)f(x)＝k·xα是冪函數(shù)，所以k＝1，又函數(shù)f(x)的圖象過點，所以＝，解得α＝，則k＋α＝.
2．若冪函數(shù)f(x)＝x(m，n∈N*，m，n互質(zhì))的圖象如圖所示，則( )
A．m，n是奇數(shù)，且<1
B．m是偶數(shù)，n是奇數(shù)，且>1
C．m是偶數(shù)，n是奇數(shù)，且<1
D．m是奇數(shù)，n是偶數(shù)，且>1
解析：選C.由圖知冪函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，且<1，排除B，D；當(dāng)
24、m，n是奇數(shù)時，冪函數(shù)f(x)非偶函數(shù)，排除A；選C.
3．若函數(shù)f(x)＝x2＋bx＋c對任意的x∈R都有f(x－1)＝f(3－x)，則以下結(jié)論中正確的是( )
A．f(0)
25、2)＝f(4)，所以f(0)
26、x)＝x2－2x＋1在區(qū)間[a，a＋2]上的最小值為4，則a的取值集合為( )
A．[－3，3] B．[－1，3]
C．{－3，3} D．{－1，－3，3}
解析：選C.因為函數(shù)f(x)＝x2－2x＋1＝(x－1)2，對稱軸為x＝1，因為在區(qū)間[a，a＋2]上的最小值為4，所以當(dāng)1≤a時，ymin＝f(a)＝(a－1)2＝4，a＝－1(舍去)或a＝3，當(dāng)a＋2≤1時，即a≤－1，ymin＝f(a＋2)＝(a＋1)2＝4，a＝1(舍去)或a＝－3，當(dāng)a<1
27、(x)＝ax2＋bx＋c(a＞0)，g(x)＝f(f(x))，若g(x)的值域為[2，＋∞)，f(x)的值域為[k，＋∞)，則實數(shù)k的最大值為( )
A．0 B．1
C．2 D．4
解析：選C.設(shè)t＝f(x)，由題意可得g(x)＝f(t)＝at2＋bt＋c，t≥k，
函數(shù)y＝at2＋bt＋c，t≥k的圖象為y＝f(x)的圖象的部分，即有g(shù)(x)的值域為f(x)的值域的子集，
即[2，＋∞)?[k，＋∞)，
可得k≤2，即有k的最大值為2.
故選C.
7．已知冪函數(shù)f(x)＝x－，若f(a＋1)
28、x)＝x－＝(x>0)，易知x∈(0，＋∞)時為減函數(shù)，又f(a＋1)
29、|≤同時成立，則實數(shù)a的取值范圍為________．
解析：由f(x)＝＋，考察g(x)＝x2＋h，當(dāng)h＝0時，有≤，≤同時成立；當(dāng)h＝－時，有≤，|g(－＋1)|≤同時成立．所以－≤h≤0，即－≤≤0，解得－≤a≤－2或2≤a≤.
答案：[－，－2]∪[2，]
10．設(shè)函數(shù)f(x)＝x2－1，對任意x∈，f－4m2f(x)≤f(x－1)＋4f(m)恒成立，則實數(shù)m的取值范圍是________．
解析：依據(jù)題意，得－1－4m2(x2－1)≤(x－1)2－1＋4(m2－1)在x∈上恒成立，即－4m2≤－－＋1在x∈上恒成立．
當(dāng)x＝時，函數(shù)y＝－－＋1取得最小值－，
所以－4m2≤－
30、，即(3m2＋1)(4m2－3)≥0，
解得m≤－或m≥.
答案：∪
11．已知冪函數(shù)f(x)＝(m2－5m＋7)xm－1為偶函數(shù)．
(1)求f(x)的解析式；
(2)若g(x)＝f(x)－ax－3在[1，3]上不是單調(diào)函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍．
解：(1)由題意m2－5m＋7＝1，解得m＝2或m＝3，
若m＝2，與f(x)是偶函數(shù)矛盾，舍去，
所以m＝3，所以f(x)＝x2.
(2)g(x)＝f(x)－ax－3＝x2－ax－3，g(x)的對稱軸是x＝，
若g(x)在[1，3]上不是單調(diào)函數(shù)，
則1<<3，解得2
31、f(x)＝x2＋bx＋c的圖象過點(－1，3)，且關(guān)于直線x＝1對稱．
(1)求f(x)的解析式；
(2)若m＜3，求函數(shù)f(x)在區(qū)間[m，3]上的值域．
解：(1)因為函數(shù)f(x)＝x2＋bx＋c的圖象過點(－1，3)，且關(guān)于直線x＝1對稱，
所以，解得b＝－2，c＝0，
所以f(x)＝x2－2x.
(2)當(dāng)1≤m＜3時，f(x)min＝f(m)＝m2－2m，
f(x)max＝f(3)＝9－6＝3，
所以f(x)的值域為[m2－2m，3]；
當(dāng)－1≤m＜1時，f(x)min＝f(1)＝1－2＝－1，
f(x)max＝f(－1)＝1＋2＝3，
所以f(x)的值域為[－1
32、，3]．
當(dāng)m＜－1時，f(x)min＝f(1)＝1－2＝－1，
f(x)max＝f(m)＝m2－2m，
所以f(x)的值域為[－1，m2－2m]．
[綜合題組練]
1．(2020·臺州質(zhì)檢)如圖是二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c圖象的一部分，圖象過點A(－3，0)，對稱軸為x＝－1.給出下面四個結(jié)論：①b2>4ac；②2a－b＝1；③a－b＋c＝0；④5a0，即b2>4ac，①正確；對稱軸為x＝－1，即－＝－1，2a－b
33、＝0，②錯誤；結(jié)合圖象，當(dāng)x＝－1時，y>0，即a－b＋c>0，③錯誤；由對稱軸為x＝－1知，b＝2a，又函數(shù)圖象開口向下，所以a<0，所以5a<2a，即5a
34、f(x)＝(x－a2＋2a2－x－3a2)＝－a2；
當(dāng)x≥2a2時，f(x)＝(x－a2＋x－2a2－3a2)＝x－3a2.
綜上，函數(shù)f(x)＝(|x－a2|＋|x－2a2|－3a2)在x≥0時的解析式等價于f(x)＝
因此，根據(jù)奇函數(shù)的圖象關(guān)于原點對稱作出函數(shù)f(x)在R上的大致圖象如下，
觀察圖象可知，要使?x∈R，f(x－1)≤f(x)，則需滿足2a2－(－4a2)≤1，解得－≤a≤.
3．已知函數(shù)f(x)＝|x2＋ax＋b|在區(qū)間[0，c]內(nèi)的最大值為M(a，b∈R，c＞0為常數(shù))且存在實數(shù)a，b，使得M取最小值2，則a＋b＋c＝________．
解析：函數(shù)y＝x
35、2＋ax＋b是二次函數(shù)，
所以函數(shù)f(x)＝|x2＋ax＋b|在區(qū)間[0，c]內(nèi)的最大值M在端點處或x＝－處取得．
若在x＝0處取得，則b＝±2，
若在x＝－處取得，則|b－|＝2，
若在x＝c處取得，則|c2＋ac＋b|＝2.
若b＝2，則|b－|≤2，|c2＋ac＋b|≤2，
解得a＝0，c＝0，符合要求，
若b＝－2，則頂點處的函數(shù)值的絕對值大于2，不成立．
可得a＋b＋c＝2.故答案為2.
答案：2
4．(2020·寧波市余姚中學(xué)高三期中)已知f(x)＝x2－3x＋4，若f(x)的定義域和值域都是[a，b]，則a＋b＝________．
解析：因為f(x)＝x2－
36、3x＋4＝(x－2)2＋1，所以x＝2是函數(shù)的對稱軸，根據(jù)對稱軸進行分類討論：
①當(dāng)b<2時，函數(shù)在區(qū)間[a，b]上遞減，又因為值域也是[a，b]，所以得方程組，
即，兩式相減得(a＋b)(a－b)－3(a－b)＝b－a，又因為a≠b，所以a＋b＝，
由a2－3a＋4＝－a，得3a2－8a＋＝0，所以a＝，所以b＝，故舍去．
②當(dāng)a<2≤b時，得f(2)＝1＝a，又因為f(1)＝<2，所以f(b)＝b，得b2－3b＋4＝b，所以b＝(舍)或b＝4，
所以a＋b＝5.
③當(dāng)a≥2時，函數(shù)在區(qū)間[a，b]上遞增，又因為值域是[a，b]，所以得方程組，
即a，b是方程x2－3x＋4＝x
37、的兩根，即a，b是方程3x2－16x＋16＝0的兩根，所以，但a≥2，故應(yīng)舍去．綜上得a＋b＝5.
答案：5
5．已知函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a＞0，b∈R，c∈R)．
(1)若函數(shù)f(x)的最小值是f(－1)＝0，且c＝1，
F(x)＝求F(2)＋F(－2)的值；
(2)若a＝1，c＝0，且|f(x)|≤1在區(qū)間(0，1]上恒成立，試求b的取值范圍．
解：(1)由已知c＝1，a－b＋c＝0，且－＝－1，
解得a＝1，b＝2，所以f(x)＝(x＋1)2.
所以F(x)＝
所以F(2)＋F(－2)＝(2＋1)2＋[－(－2＋1)2]＝8.
(2)由題意知f(x)＝x2
38、＋bx，原命題等價于－1≤x2＋bx≤1在(0，1]上恒成立，
即b≤－x且b≥－－x在(0，1]上恒成立．
又當(dāng)x∈(0，1]時，－x的最小值為0，－－x的最大值為－2.所以－2≤b≤0.故b的取值范圍是[－2，0]．
6．(2020·寧波市余姚中學(xué)期中檢測)已知函數(shù)f(x)＝－x2＋2bx＋c，設(shè)函數(shù)g(x)＝|f(x)|在區(qū)間[－1，1]上的最大值為M.
(1)若b＝2，試求出M；
(2)若M≥k對任意的b、c恒成立，試求k的最大值．
解：(1)當(dāng)b＝2時，f(x)＝－x2＋4x＋c在區(qū)間[－1，1]上是增函數(shù)，
則M是g(－1)和g(1)中較大的一個，
又g(－1)＝|
39、－5＋c|，g(1)＝|3＋c|，
則M＝.
(2)g(x)＝|f(x)|＝|－(x－b)2＋b2＋c|，
(ⅰ)當(dāng)|b|>1時，y＝g(x)在區(qū)間[－1，1]上是單調(diào)函數(shù)，
則M＝max{g(－1)，g(1)}，
而g(－1)＝|－1－2b＋c|，g(1)＝|－1＋2b＋c|，
則2M≥g(－1)＋g(1)≥|f(－1)－f(1)|＝4|b|>4，可知M>2.
(ⅱ)當(dāng)|b|≤1時，函數(shù)y＝g(x)的對稱軸x＝b位于區(qū)間[－1，1]之內(nèi)，
此時M＝max{g(－1)，g(1)，g(b)}，
又g(b)＝|b2＋c|，
①當(dāng)－1≤b≤0時，有f(1)≤f(－1)≤f(b)，
則M＝max{g(b)，g(1)}≥(g(b)＋g(1))≥|f(b)－f(1)|＝(b－1)2≥；
②當(dāng)0.
綜上可知，對任意的b、c都有M≥.
而當(dāng)b＝0，c＝時，g(x)＝在區(qū)間[－1，1]上的最大值M＝，
故M≥k對任意的b、c恒成立的k的最大值為.
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（浙江專用）2021版新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第二章 函數(shù)概念與基本初等函數(shù) 4 第4講 二次函數(shù)與冪函數(shù)教學(xué)案
