新高考数学一轮复习讲义 第2章 §2.5　二次函数与幂函数

这是一份新高考数学一轮复习讲义 第2章 §2.5　二次函数与幂函数，共18页。试卷主要包含了揣摩例题，精练习题，加强审题的规范性，重视错题等内容，欢迎下载使用。

课本上和老师讲解的例题，一般都具有一定的典型性和代表性。要认真研究，深刻理解，要透过“样板”，学会通过逻辑思维，灵活运用所学知识去分析问题和解决问题，特别是要学习分析问题的思路、解决问题的方法，并能总结出解题的规律。
2、精练习题
复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。
3、加强审题的规范性
每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。
4、重视错题
“错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。
§2.5 二次函数与幂函数
考试要求 1.通过具体实例，了解幂函数及其图象的变化规律.2.掌握二次函数的图象与性质(单调性、对称性、顶点、最值等)．
知识梳理
1．幂函数
(1)幂函数的定义
一般地，函数y＝xα叫做幂函数，其中x是自变量，α为常数．
(2)常见的五种幂函数的图象
(3)幂函数的性质
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；
④当α为奇数时，y＝xα为奇函数；当α为偶数时，y＝xα为偶函数．
2．二次函数
(1)二次函数解析式的三种形式
一般式：f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)．
顶点式：f(x)＝a(x－m)2＋n(a≠0)，顶点坐标为(m，n)．
零点式：f(x)＝a(x－x1)(x－x2)(a≠0)，x1，x2为f(x)的零点．
(2)二次函数的图象和性质
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)函数y＝是幂函数．( × )
(2)若幂函数y＝xα是偶函数，则α为偶数．( × )
(3)二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象恒在x轴下方，则a<0且Δ<0.( √ )
(4)若二次函数y＝ax2＋bx＋c的两个零点确定，则二次函数的解析式确定．( × )
教材改编题
1．已知幂函数y＝f(x)的图象过点(2，eq \r(2))，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))等于( )
A．－eq \f(1,2) B.eq \f(1,2)
C．±eq \f(1,2) D.eq \f(\r(2),2)
答案 B
解析 设f(x)＝xα，
∴2α＝eq \r(2)，α＝eq \f(1,2)，
∴f(x)＝，
∴f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))＝eq \f(1,2).
2．若函数f(x)＝4x2－kx－8在[5,20]上单调，则实数k的取值范围为________．
答案 (－∞，40]∪[160，＋∞)
解析 依题意知，eq \f(k,8)≥20或eq \f(k,8)≤5，
解得k≥160或k≤40.
3．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________．
答案 f(x)＝x2－4x
解析 因为y＝f(x)在x＝2处取得最小值－4，
所以可设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.
题型一 幂函数的图象与性质
例1 (1)若幂函数y＝x－1，y＝xm与y＝xn在第一象限内的图象如图所示，则m与n的取值情况为( )
A．－1B．－1C．－1D．－1答案 D
解析 幂函数y＝xα，当α>0时，y＝xα在(0，＋∞)上单调递增，且0<α<1时，图象上凸，
∴0当α<0时，y＝xα在(0，＋∞)上单调递减．
不妨令x＝2，由图象得2－1<2n，则－1综上可知，－1(2)(2022·长沙质检)幂函数f(x)＝(m2－3m＋3)xm的图象关于y轴对称，则实数m＝________.
答案 2
解析 由幂函数定义，知m2－3m＋3＝1，
解得m＝1或m＝2，
当m＝1时，f(x)＝x的图象不关于y轴对称，舍去，
当m＝2时，f(x)＝x2的图象关于y轴对称，
因此m＝2.
教师备选
1．若幂函数f(x)＝在(0，＋∞)上单调递增，则a等于( )
A．1 B．6 C．2 D．－1
答案 D
解析 因为函数f(x)＝是幂函数，
所以a2－5a－5＝1，解得a＝－1或a＝6.
当a＝－1时，
f(x)＝在(0，＋∞)上单调递增；
当a＝6时，
f(x)＝x－3在(0，＋∞)上单调递减，
所以a＝－1.
2．若f(x)＝，则不等式f(x)>f(8x－16)的解集是( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(16,7))) B．(0,2]
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(16,7))) D．[2，＋∞)
答案 A
解析 因为函数f(x)＝在定义域[0，＋∞)内为增函数，且f(x)>f(8x－16)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≥0，,8x－16≥0，,x>8x－16，))即2≤x所以不等式的解集为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(16,7))).
思维升华 (1)对于幂函数图象的掌握只要抓住在第一象限内三条线分第一象限为六个区域，即x＝1，y＝1，y＝x所分区域．根据α<0,0<α<1，α＝1，α>1的取值确定位置后，其余象限部分由奇偶性决定．
(2)在比较幂值的大小时，必须结合幂值的特点，选择适当的函数，借助其单调性进行比较．
跟踪训练1 (1)(2022·宝鸡检测)已知a＝，b＝，c＝，则( )
A．bC．b答案 A
解析 由题意得b＝<＝＝a，
a＝＝<4<5＝＝c，
所以b(2)已知幂函数y＝(p，q∈Z且p，q互质)的图象关于y轴对称，如图所示，则( )
A．p，q均为奇数，且eq \f(p,q)>0
B．q为偶数，p为奇数，且eq \f(p,q)<0
C．q为奇数，p为偶数，且eq \f(p,q)>0
D．q为奇数，p为偶数，且eq \f(p,q)<0
答案 D
解析 因为函数y＝的图象关于y轴对称，于是函数y＝为偶函数，即p为偶数，
又函数y＝的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，且在(0，＋∞)上单调递减，则有eq \f(p,q)<0，
又因为p，q互质，则q为奇数，所以只有选项D正确．
题型二 二次函数的解析式
例2 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，试确定该二次函数的解析式．
解 方法一 (利用“一般式”解题)
设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)．
由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4a＋2b＋c＝－1，,a－b＋c＝－1，,\f(4ac－b2,4a)＝8，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－4，,b＝4，,c＝7.))
所以所求二次函数的解析式为
f(x)＝－4x2＋4x＋7.
方法二 (利用“顶点式”解题)
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＝eq \f(2＋－1,2)＝eq \f(1,2)，
所以m＝eq \f(1,2).
又根据题意，函数有最大值8，所以n＝8，
所以f(x)＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2＋8.
因为f(2)＝－1，所以aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(1,2)))2＋8＝－1，
解得a＝－4，
所以f(x)＝－4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2＋8＝－4x2＋4x＋7.
方法三 (利用“零点式”解题)
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.
又函数有最大值8，
即eq \f(4a－2a－1－－a2,4a)＝8.
解得a＝－4或a＝0(舍去)．
故所求函数的解析式为f(x)＝－4x2＋4x＋7.
教师备选
若函数f(x)＝(x＋a)(bx＋2a)(a，b∈R)满足条件f(－x)＝f(x)，定义域为R，值域为(－∞，4]，则函数解析式f(x)＝________.
答案 －2x2＋4
解析 f(x)＝(x＋a)(bx＋2a)
＝bx2＋(2a＋ab)x＋2a2.
∵f(－x)＝f(x)，
∴2a＋ab＝0，
∴f(x)＝bx2＋2a2.
∵f(x)的定义域为R，值域为(－∞，4]，
∴b<0，且2a2＝4，
∴b＝－2，∴f(x)＝－2x2＋4.
思维升华 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．
跟踪训练2 (1)已知f(x)为二次函数，且f(x)＝x2＋f′(x)－1，则f(x)等于( )
A．x2－2x＋1 B．x2＋2x＋1
C．2x2－2x＋1 D．2x2＋2x－1
答案 B
解析 设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，
则f′(x)＝2ax＋b，
由f(x)＝x2＋f′(x)－1可得
ax2＋bx＋c＝x2＋2ax＋(b－1)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝2a，,c＝b－1，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝2，,c＝1，))
因此，f(x)＝x2＋2x＋1.
(2)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________．
答案 f(x)＝x2－4x＋3
解析 ∵f(2＋x)＝f(2－x)对任意x∈R恒成立，
∴f(x)图象的对称轴为直线x＝2，
又∵f(x)的图象被x轴截得的线段长为2，
∴f(x)＝0的两根为1和3，
设f(x)的解析式为f(x)＝a(x－1)(x－3)(a≠0)，
∵f(x)的图象过点(4,3)，
∴3a＝3，∴a＝1，
∴所求函数的解析式为f(x)＝(x－1)(x－3)，
即f(x)＝x2－4x＋3.
题型三 二次函数的图象与性质
命题点1 二次函数的图象
例3 设abc>0，二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c的图象可能是( )
答案 D
解析 因为abc>0，
二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c，那么可知，
在A中，a<0，b<0，c<0，不符合题意；
B中，a<0，b>0，c>0，不符合题意；
C中，a>0，c<0，b>0，不符合题意，故选D.
命题点2 二次函数的单调性与最值
例4 已知函数f(x)＝x2－tx－1.
(1)若f(x)在区间(－1,2)上不单调，求实数t的取值范围；
(2)若x∈[－1,2]，求f(x)的最小值g(t)．
解 f(x)＝x2－tx－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(t,2)))2－1－eq \f(t2,4).
(1)依题意，－1解得－2∴实数t的取值范围是(－2,4)．
(2)①当eq \f(t,2)≥2，即t≥4时，f(x)在[－1,2]上单调递减，
∴f(x)min＝f(2)＝3－2t.
②当－1f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,2)))＝－1－eq \f(t2,4).
③当eq \f(t,2)≤－1，即t≤－2时，f(x)在[－1,2]上单调递增，
∴f(x)min＝f(－1)＝t.
综上有g(t)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(t，t≤－2，,－1－\f(t2,4)，－2延伸探究 本例条件不变，求当x∈[－1,2]时，f(x)的最大值G(t)．
解 f(－1)＝t，f(2)＝3－2t，
f(2)－f(－1)＝3－3t，
当t≥1时，f(2)－f(－1)≤0，
∴f(2)≤f(－1)，
∴f(x)max＝f(－1)＝t；
当t<1时，f(2)－f(－1)>0，
∴f(2)>f(－1)，
∴f(x)max＝f(2)＝3－2t，
综上有G(t)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(t，t≥1，,3－2t，t<1.))
教师备选
1．(多选)如图，抛物线y＝ax2＋bx＋c(a≠0)与x轴交于点A(－1,0)，顶点坐标为(1，n)，与y轴的交点在(0,2)，(0,3)之间(包含端点)，则下列结论正确的是( )
A．当x>3时，y<0 B．4a＋2b＋c＝0
C．－1≤a≤－eq \f(2,3) D．3a＋b>0
答案 AC
解析 依题意知，抛物线y＝ax2＋bx＋c(a≠0)与x轴交于点A(－1,0)，顶点坐标为(1，n)，
∴函数与x轴的另一交点为(3,0)，
∴当x>3时，y<0，故A正确；
当x＝2时，y＝4a＋2b＋c>0，故B错误；
∵抛物线y＝ax2＋bx＋c与x轴交于点A(－1,0)，且a<0，
∴a－b＋c＝0，
∵b＝－2a，∴a＋2a＋c＝0，
∴3a＋b<0，c＝－3a，
∵2≤c≤3，∴2≤－3a≤3，
∴－1≤a≤－eq \f(2,3)，
故C正确，D错误．
2．(2022·沈阳模拟)已知f(x)＝ax2－2x＋1.
(1)若f(x)在[0,1]上单调，求实数a的取值范围；
(2)若x∈[0,1]，求f(x)的最小值g(a)．
解 (1)当a＝0时，f(x)＝－2x＋1单调递减；
当a>0时，f(x)的对称轴为x＝eq \f(1,a)，且eq \f(1,a)>0，
∴eq \f(1,a)≥1，即0当a<0时，f(x)的对称轴为x＝eq \f(1,a)且eq \f(1,a)<0，
∴a<0符合题意．
综上有，a≤1.
(2)①当a＝0时，f(x)＝－2x＋1在[0,1]上单调递减，
∴f(x)min＝f(1)＝－1.
②当a>0时，f(x)＝ax2－2x＋1的图象开口方向向上，且对称轴为x＝eq \f(1,a).
(ⅰ)当eq \f(1,a)<1，即a>1时，f(x)＝ax2－2x＋1图象的对称轴在[0,1]内，
∴f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上单调递减，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，1))上单调递增．
∴f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝eq \f(1,a)－eq \f(2,a)＋1＝－eq \f(1,a)＋1.
(ⅱ)当eq \f(1,a)≥1，即0∴f(x)min＝f(1)＝a－1.
③当a<0时，f(x)＝ax2－2x＋1的图象的开口方向向下，且对称轴x＝eq \f(1,a)<0，在y轴的左侧，
∴f(x)＝ax2－2x＋1在[0,1]上单调递减．
∴f(x)min＝f(1)＝a－1.
综上所述，g(a)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－1，a≤1，,－\f(1,a)＋1，a>1.))
思维升华 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．
跟踪训练3 (1)若函数f(x)＝x2＋a|x|＋2，x∈R在区间[3，＋∞)和[－2，－1]上均单调递增，则实数a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(11,3)，－3)) B．[－6，－4]
C．[－3，－2eq \r(2)] D．[－4，－3]
答案 B
解析 ∵f(x)为偶函数，
∴f(x)在[1,2]上单调递减，在[3，＋∞)上单调递增，
当x>0时，f(x)＝x2＋ax＋2，
对称轴为x＝－eq \f(a,2)，∴2≤－eq \f(a,2)≤3，
解得－6≤a≤－4.
(2)(2022·抚顺模拟)已知函数f(x)＝－x2＋2x＋5在区间[0，m]上有最大值6，最小值5，则实数m的取值范围是________．
答案 [1,2]
解析 由题意知，f(x)＝－(x－1)2＋6，
则f(0)＝f(2)＝5＝f(x)min，
f(1)＝6＝f(x)max，
函数f(x)的图象如图所示，
则1≤m≤2.
课时精练
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
答案 B
解析 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，
可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋b＝1，,a－b＝5，))
解得a＝3，b＝－2，
所求的二次函数为g(x)＝3x2－2x.
2．(2022·延吉检测)若函数y＝为幂函数，且在(0，＋∞)上单调递减，则实数m的值为( )
A．0 B．1或2 C．1 D．2
答案 C
解析 由于函数y＝为幂函数，
所以m2－3m＋3＝1，解得m＝1或m＝2，
当m＝1时，y＝x－1＝eq \f(1,x)，在(0，＋∞)上单调递减，符合题意．
当m＝2时，y＝x4，在(0，＋∞)上单调递增，不符合题意．
3．(2022·长沙模拟)已知函数f(x)＝x2－2mx－m＋2的值域为[0，＋∞)，则实数m的值为( )
A．－2或1 B．－2
C．1 D．1或2
答案 A
解析 因为f(x)＝x2－2mx－m＋2＝(x－m)2－m2－m＋2≥－m2－m＋2，且函数f(x)＝x2－2mx－m＋2的值域为[0，＋∞)，
所以－m2－m＋2＝0，解得m＝－2或m＝1.
4．如图是二次函数y＝ax2＋bx＋c图象的一部分，图象过点A(－3,0)，对称轴为直线x＝－1.下面四个结论中正确的是( )
A．b2<4ac B．2a－b＝1
C．a－b＋c＝0 D．5a答案 D
解析 因为二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象过点A(－3,0)，对称轴为直线x＝－1，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(b,2a)＝－1，,9a－3b＋c＝0，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝2a，,c＝－3a，))
因为二次函数的图象开口方向向下，所以a<0，
对于A，因为二次函数的图象与x轴有两个交点，所以b2－4ac＝4a2＋12a2＝16a2>0，
所以b2>4ac，故选项A不正确；
对于B，因为b＝2a，
所以2a－b＝0，故选项B不正确；
对于C，因为a－b＋c＝a－2a－3a＝－4a>0，
故选项C不正确；
对于D，因为a<0，
所以5a<2a＝b，故选项D正确．
5．(多选)(2022·宜昌质检)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eq \f(1,x1)＋eq \f(1,x2)＝eq \f(2,a)
C．f(－1)＝f(3)
D．函数y＝f(|x|)有四个零点
答案 ABC
解析 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，
eq \f(1,x1)＋eq \f(1,x2)＝eq \f(x1＋x2,x1x2)＝eq \f(2,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|)只有两个零点，故D不正确．
6．(多选)已知幂函数f(x)＝，对任意x1，x2∈(0，＋∞)，且x1≠x2，都满足eq \f(fx1－fx2,x1－x2)>0，若a，b∈R且f(a)＋f(b)<0，则下列结论可能成立的有( )
A．a＋b>0且ab<0
B．a＋b<0且ab<0
C．a＋b<0且ab>0
D．以上都可能
答案 BC
解析 因为f(x)＝为幂函数，
所以m2－m－1＝1，
解得m＝2或m＝－1.
依题意f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以m＝2，此时f(x)＝x3，
因为f(－x)＝(－x)3＝－x3＝－f(x)，
所以f(x)＝x3为奇函数．
因为a，b∈R且f(a)＋f(b)<0，
所以f(a)因为y＝f(x)为增函数，
所以a<－b，所以a＋b<0.
7．(2022·张家口检测)已知幂函数f(x)＝mxn＋k的图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,16)，\f(1,4)))，则m－2n＋3k＝________.
答案 0
解析 因为f(x)是幂函数，
所以m＝1，k＝0，
又f(x)的图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,16)，\f(1,4)))，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,16)))n＝eq \f(1,4)，
解得n＝eq \f(1,2)，
所以m－2n＋3k＝0.
8．(2022·江苏海安高级中学模拟)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________．
答案 [2,4]
解析 解方程f(x)＝x2－4x＋2＝2，
解得x＝0或x＝4，
解方程f(x)＝x2－4x＋2＝－2，解得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]．
9．已知二次函数f(x)＝ax2＋(b－2)x＋3，且－1，3是函数f(x)的零点．
(1)求f(x)的解析式，并解不等式f(x)≤3；
(2)若g(x)＝f(sin x)，求函数g(x)的值域．
解 (1)由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1＋3＝－\f(b－2,a)，,－1×3＝\f(3,a)，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－1，,b＝4，))
∴f(x)＝－x2＋2x＋3，
∴当－x2＋2x＋3≤3时，即x2－2x≥0，
解得x≥2或x≤0，
∴不等式的解集为(－∞，0]∪[2，＋∞)．
(2)令t＝sin x，
则g(t)＝－t2＋2t＋3＝－(t－1)2＋4，t∈[－1,1]，
当t＝－1时，g(t)有最小值0，
当t＝1时，g(t)有最大值4，
故g(t)∈[0,4]．
所以g(x)的值域为[0,4]．
10．(2022·烟台模拟)已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c，且满足f(0)＝2，f(x＋1)－f(x)＝2x＋1.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)当x∈[t，t＋2](t∈R)时，求函数f(x)的最小值g(t)(用t表示)．
解 (1)因为二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c满足f(0)＝2，f(x＋1)－f(x)＝2x＋1，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(c＝2，,ax＋12＋bx＋1＋c－ax2＋bx＋c＝2x＋1，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(c＝2，,2ax＋b＋a＝2x＋1，))
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(c＝2，,2a＝2，,b＋a＝1，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(c＝2，,a＝1，,b＝0，))因此f(x)＝x2＋2.
(2)因为f(x)＝x2＋2是图象的对称轴为直线x＝0，且开口向上的二次函数，
当t≥0时，f(x)＝x2＋2在x∈[t，t＋2]上单调递增，
则f(x)min＝f(t)＝t2＋2；
当t＋2≤0，即t≤－2时，
f(x)＝x2＋2在x∈[t，t＋2]上单调递减，
则f(x)min＝f(t＋2)＝(t＋2)2＋2＝t2＋4t＋6；
当t<0即－2综上g(t)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(t2＋2，t≥0，,2，－211．(2022·福州模拟)已知函数f(x)＝2x2－mx－3m，则“m>2”是“f(x)<0对x∈[1,3]恒成立”的( )
A．充分不必要条件
B．充要条件
C．必要不充分条件
D．既不充分也不必要条件
答案 C
解析 若f(x)<0对x∈[1,3]恒成立，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f1＝2－4m<0，,f3＝18－6m<0，))
解得m>3，
{m|m>3}是{m|m>2}的真子集，
所以“m>2”是“f(x)<0对x∈[1,3]恒成立”的必要不充分条件．
12. 幂函数y＝xα，当α取不同的正数时，在区间[0,1]上它们的图象是一组美丽的曲线(如图)，设点A(1,0)，B(0,1)，连接AB，线段AB恰好被其中的两个幂函数y＝xa，y＝xb的图象三等分，即有BM＝MN＝NA，那么a－eq \f(1,b)等于( )
A．0 B．1 C.eq \f(1,2) D．2
答案 A
解析 由BM＝MN＝NA，点A(1,0)，B(0,1)，
∴Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,3)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(1,3)))，
将两点坐标分别代入y＝xa，y＝xb，
得a＝，b＝，
∴a－eq \f(1,b)＝－＝0.
13．(多选)关于x的方程(x2－2x)2－2(2x－x2)＋k＝0，下列命题正确的有( )
A．存在实数k，使得方程无实根
B．存在实数k，使得方程恰有2个不同的实根
C．存在实数k，使得方程恰有3个不同的实根
D．存在实数k，使得方程恰有4个不同的实根
答案 AB
解析 设t＝x2－2x，
方程化为关于t的二次方程t2＋2t＋k＝0.(*)
当k>1时，方程(*)无实根，故原方程无实根；
当k＝1时，可得t＝－1，则x2－2x＝－1，原方程有两个相等的实根x＝1；
当k<1时，方程(*)有两个实根t1，t2(t1由t1＋t2＝－2可知，t1<－1，t2>－1.
因为t＝x2－2x＝(x－1)2－1≥－1，
所以x2－2x＝t1无实根，x2－2x＝t2有两个不同的实根．
综上可知，A，B项正确，C，D项错误．
14．设关于x的方程x2－2mx＋2－m＝0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m∈R))的两个实数根分别是α，β，则α2＋β2＋5的最小值为________．
答案 7
解析 由题意有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(α＋β＝2m，,αβ＝2－m，))
且Δ＝4m2－4(2－m)≥0，
解得m≤－2或m≥1，
α2＋β2＋5＝(α＋β)2－2αβ＋5＝4m2＋2m＋1，
令f(m)＝4m2＋2m＋1，
而f(m)图象的对称轴为m＝－eq \f(1,4)，
且m≤－2或m≥1，
所以f(m)min＝f(1)＝7.
15．(2022·台州模拟)已知函数f(x)＝(x2－2x－3)(x2＋ax＋b)是偶函数，则f(x)的值域是________．
答案 [－16，＋∞)
解析 因为f(x)＝(x2－2x－3)(x2＋ax＋b)
＝(x－3)(x＋1)(x2＋ax＋b)是偶函数，
所以有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f－3＝f3＝0，,f1＝f－1＝0，))
代入得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(9－3a＋b＝0，,1＋a＋b＝0，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝－3.))
所以f(x)＝(x2－2x－3)(x2＋2x－3)
＝(x2－3)2－4x2＝x4－10x2＋9
＝(x2－5)2－16≥－16.
16．已知a，b是常数且a≠0，f(x)＝ax2＋bx且f(2)＝0，且使方程f(x)＝x有等根．
(1)求f(x)的解析式；
(2)是否存在实数m，n(m解 (1)由f(x)＝ax2＋bx，且f(2)＝0，
则4a＋2b＝0，
又方程f(x)＝x，即ax2＋(b－1)x＝0有等根，
得b＝1，从而a＝－eq \f(1,2)，
所以f(x)＝－eq \f(1,2)x2＋x.
(2)假定存在符合条件的m，n，由(1)知
f(x)＝－eq \f(1,2)x2＋x＝－eq \f(1,2)(x－1)2＋eq \f(1,2)≤eq \f(1,2)，
则有2n≤eq \f(1,2)，即n≤eq \f(1,4).
又f(x)图象的对称轴为直线x＝1，
则f(x)在[m，n]上单调递增，
于是得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m解方程组得m＝－2，n＝0，
所以存在m＝－2，n＝0，使函数f(x)在[－2,0]上的值域为[－4,0]．函数
y＝ax2＋bx＋c
(a>0)
y＝ax2＋bx＋c
(a<0)
图象
(抛物线)
定义域
R
值域
eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4ac－b2,4a)，＋∞))
eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(4ac－b2,4a)))
对称轴
x＝－eq \f(b,2a)
顶点
坐标
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,2a)，\f(4ac－b2,4a)))
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eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(b,2a)))上单调递减；
在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,2a)，＋∞))上单调递增
在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(b,2a)))上单调递增；
在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,2a)，＋∞))上单调递减