第2章 函數概念與基本初等函數Ⅰ 第4節(jié)　冪函數與二次函數

第4節(jié)冪函數與二次函數考試要求1.了解冪函數的概念；結合函數y＝x，y＝x2，y＝x3，y＝xeq\s\up6(\f(1,2))，y＝eq\f(1,x)的圖象，了解它們的變化情況；2.理解二次函數的圖象和性質，能用二次函數、方程、不等式之間的關系解決簡單問題．1.冪函數(1)冪函數的定義一般地，形如y＝xα的函數稱為冪函數，其中x是自變量，α為常數.(2)常見的五種冪函數的圖象(3)冪函數的性質①冪函數在(0，＋∞)上都有定義；②當α>0時，冪函數的圖象都過點(1，1)和(0，0)，且在(0，＋∞)上單調遞增；③當α<0時，冪函數的圖象都過點(1，1)，且在(0，＋∞)上單調遞減.2.二次函數(1)二次函數解析式的三種形式一般式：f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0).頂點式：f(x)＝a(x－m)2＋n(a≠0)，頂點坐標為(m，n).零點式：f(x)＝a(x－x1)(x－x2)(a≠0)，x1，x2為f(x)的零點.(2)二次函數的圖象和性質函數y＝ax2＋bx＋c(a>0)y＝ax2＋bx＋c(a<0)圖象(拋物線)定義域R值域eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4ac－b2,4a)，＋∞))eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(4ac－b2,4a)))對稱軸x＝－eq\f(b,2a)頂點坐標eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)，\f(4ac－b2,4a)))奇偶性當b＝0時是偶函數，當b≠0時是非奇非偶函數單調性在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(b,2a)))上是減函數；在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)，＋∞))上是增函數在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(b,2a)))上是增函數；在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)，＋∞))上是減函數1.二次函數的單調性、最值與拋物線的開口方向和對稱軸及給定區(qū)間的范圍有關.2.若f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，則當eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ<0))時，恒有f(x)>0；當eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<0，,Δ<0))時，恒有f(x)<0.3.(1)冪函數的圖象一定會出現在第一象限內，一定不會出現在第四象限；(2)冪函數的圖象過定點(1，1)，如果冪函數的圖象與坐標軸相交，則交點一定是原點.1.思考辨析(在括號內打“√”或“×”)(1)函數y＝2xeq\s\up6(\f(1,3))是冪函數.()(2)當α>0時，冪函數y＝xα在(0，＋∞)上是增函數.()(3)二次函數y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的兩個零點可以確定函數的解析式.()(4)二次函數y＝ax2＋bx＋c(x∈[a，b])的最值一定是eq\f(4ac－b2,4a).()答案(1)×(2)√(3)×(4)×解析(1)由于冪函數的解析式為f(x)＝xα，故y＝2xeq\s\up6(\f(1,3))不是冪函數，(1)錯誤.(3)確定二次函數的解析式需要三個獨立的條件，兩個零點不能確定函數的解析式.(4)對稱軸x＝－eq\f(b,2a)，當－eq\f(b,2a)不在給定定義域內時，最值不是eq\f(4ac－b2,4a)，故(4)錯誤.2.(2021·全國甲卷)下列函數中是增函數的為()A.f(x)＝－x B.f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(x)C.f(x)＝x2 D.f(x)＝eq\r(3,x)答案D解析取x1＝－1，x2＝0，對于A項有f(x1)＝1，f(x2)＝0，所以A項不符合題意；對于B項有f(x1)＝eq\f(3,2)，f(x2)＝1，所以B項不符合題意；對于C項有f(x1)＝1，f(x2)＝0，所以C項不符合題意.故選D.3.(易錯題)若函數y＝mx2＋x＋2在[3，＋∞)上是減函數，則m的取值范圍是________.答案eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,6)))解析當m＝0時，函數在給定區(qū)間上是增函數；當m≠0時，二次函數的對稱軸為直線x＝－eq\f(1,2m)，依題意知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m<0，,－\f(1,2m)≤3，))∴m≤－eq\f(1,6).4.(易錯題)已知冪函數f(x)＝x－eq\f(1,2)，若f(a＋1)<f(10－2a)，則a的取值范圍是________.答案(3，5)解析∵冪函數f(x)＝x－eq\f(1,2)在定義域(0，＋∞)上單調遞減，∴由f(a＋1)<f(10－2a)，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋1>0，,10－2a>0，,a＋1>10－2a，))∴3<a<5.5.(2018·上海卷)已知α∈eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2，－1，－\f(1,2)))，eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，2，3)).若冪函數f(x)＝xα為奇函數，且在(0，＋∞)上遞減，則α＝______.答案－1解析由y＝xα為奇函數，知α?。?，1，3.又y＝xα在(0，＋∞)上遞減，∴α<0，取α＝－1.6.已知函數f(x)＝－2x2＋mx＋3(0≤m≤4，0≤x≤1)的最大值為4，則m的值為________.答案2eq\r(2)解析f(x)＝－2x2＋mx＋3＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(m,4)))eq\s\up12(2)＋eq\f(m2,8)＋3，∵0≤m≤4，∴0≤eq\f(m,4)≤1，∴當x＝eq\f(m,4)時，f(x)取得最大值，∴eq\f(m2,8)＋3＝4，解得m＝2eq\r(2).考點一冪函數的圖象和性質1.若冪函數y＝f(x)的圖象過點(4，2)，則冪函數y＝f(x)的大致圖象是()答案C解析設冪函數的解析式為y＝xα，因為冪函數y＝f(x)的圖象過點(4，2)，所以2＝4α，解得α＝eq\f(1,2).所以y＝eq\r(x)，其定義域為[0，＋∞)，且是增函數，當0<x<1時，其圖象在直線y＝x的上方，對照選項，C正確.2.若冪函數f(x)＝(2b－1)xa2－10a＋23(a，b∈Z)為偶函數，且f(x)在(0，＋∞)上是減函數，則a，b的值分別為()A.2，1 B.4，1C.5，1 D.6，1答案C解析由冪函數的定義得2b－1＝1，∴b＝1.又∵a2－10a＋23＝(a－5)2－2，函數f(x)為偶函數且在(0，＋∞)上為減函數，∴(a－5)2－2<0，故a＝4，5，6.又(a－5)2－2為偶數，∴a＝5.3.如圖是①y＝xa；②y＝xb；③y＝xc在第一象限的圖象，則a，b，c的大小關系為()A.c<b<aB.a<b<cC.b<c<aD.a<c<b答案D解析由冪函數的圖象和單調性可知a<0，b>1，0<c<1，∴a<c<b.4.(2021·鄭州質檢)冪函數f(x)＝(m2－3m＋3)xm的圖象關于y軸對稱，則實數m＝________.答案2解析由冪函數定義，知m2－3m＋3＝1，解得m＝1或m＝2，當m＝1時，f(x)＝x的圖象不關于y軸對稱，舍去，當m＝2時，f(x)＝x2的圖象關于y軸對稱，因此m＝2.5.若(a＋1)－eq\f(1,3)<(3－2a)－eq\f(1,3)，則實數a的取值范圍是________.答案(－∞，－1)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(3,2)))解析不等式(a＋1)－eq\f(1,3)<(3－2a)－eq\f(1,3)等價于a＋1>3－2a>0或3－2a<a＋1<0或a＋1<0<3－2a，解得a<－1或eq\f(2,3)<a<eq\f(3,2).感悟提升1.對于冪函數圖象的掌握，需記住在第一象限內三條線分第一象限為六個區(qū)域，即x＝1，y＝1，y＝x所分區(qū)域.根據α<0，0<α<1，α＝1，α>1的取值確定位置后，其余象限部分由奇偶性決定.2.在比較冪值的大小時，必須結合冪值的特點，選擇適當的函數，借助其單調性進行比較.3.在區(qū)間(0，1)上，冪函數中指數越大，函數圖象越靠近x軸(簡記為“指大圖低”)，在區(qū)間(1，＋∞)上，冪函數中指數越大，函數圖象越遠離x軸.考點二二次函數的解析式例1已知二次函數f(x)滿足f(2)＝－1，f(－1)＝－1，且f(x)的最大值是8，試確定該二次函數的解析式.解法一(利用“一般式”)設f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0).由題意得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.))∴所求二次函數的解析式為f(x)＝－4x2＋4x＋7.法二(利用“頂點式”)設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＝eq\f(2＋（－1）,2)＝eq\f(1,2)，所以m＝eq\f(1,2).又根據題意，函數有最大值8，所以n＝8，所以y＝f(x)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋8.因為f(2)＝－1，所以aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋8＝－1，解得a＝－4，所以f(x)＝－4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋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f(x)＋1＝a(x－2)(x＋1)(a≠0)，即f(x)＝ax2－ax－2a－1.又函數有最大值8，即eq\f(4a（－2a－1）－（－a）2,4a)＝8.解得a＝－4或a＝0(舍).故所求函數的解析式為f(x)＝－4x2＋4x＋7.感悟提升求二次函數的解析式，一般用待定系數法，其關鍵是根據已知條件恰當選擇二次函數解析式的形式，一般選擇規(guī)律如下：訓練1(1)已知二次函數f(x)＝ax2＋bx＋1(a，b∈R)，x∈R，若函數f(x)的最小值為f(－1)＝0，則f(x)＝________.(2)已知二次函數f(x)的圖象經過點(4，3)，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)，則f(x)＝________.答案(1)x2＋2x＋1(2)x2－4x＋3解析(1)設函數f(x)的解析式為f(x)＝a(x＋1)2＝ax2＋2ax＋a，由已知f(x)＝ax2＋bx＋1，所以a＝1，b＝2a＝2，故f(x)＝x2＋2x＋1.(2)因為f(2－x)＝f(2＋x)對x∈R恒成立，所以y＝f(x)的圖象關于x＝2對稱.又y＝f(x)的圖象在x軸上截得的線段長為2，所以f(x)＝0的兩根為2－eq\f(2,2)＝1或2＋eq\f(2,2)＝3.所以二次函數f(x)與x軸的兩交點坐標為(1，0)和(3，0).因此設f(x)＝a(x－1)(x－3).又點(4，3)在y＝f(x)的圖象上，所以3a＝3，則a＝1.故f(x)＝(x－1)(x－3)＝x2－4x＋3.考點三二次函數的圖象和性質角度1二次函數的圖象例2(1)二次函數y＝ax2＋bx＋c的圖象如圖所示.則下列結論正確的是______(填序號).①b2>4ac；②c>0；③ac>0；④b<0；⑤a－b＋c<0.(2)設函數f(x)＝x2＋x＋a(a>0)，若f(m)<0，則()A.f(m＋1)≥0 B.f(m＋1)≤0C.f(m＋1)>0 D.f(m＋1)<0答案(1)①②⑤(2)C解析(1)由題圖知，a<0，－eq\f(b,2a)>0，c>0，∴b>0，ac<0，故②正確，③④錯誤.又函數圖象與x軸有兩交點，∴Δ＝b2－4ac>0，故①正確；又由題圖知f(－1)<0，即a－b＋c<0，故⑤正確.(2)因為f(x)的對稱軸為x＝－eq\f(1,2)，f(0)＝a>0，所以f(x)的大致圖象如圖所示.由f(m)<0，得－1<m<0，所以m＋1>0>－eq\f(1,2)，所以f(m＋1)>f(0)>0.角度2二次函數的單調性與最值例3(1)函數f(x)＝ax2＋(a－3)x＋1在區(qū)間[－1，＋∞)上單調遞減，則實數a的取值范圍是()A.[－3，0) B.(－∞，－3]C.[－2，0] D.[－3，0]答案D解析當a＝0時，f(x)＝－3x＋1在[－1，＋∞)上單調遞減，滿足題意.當a≠0時，f(x)的對稱軸為直線x＝eq\f(3－a,2a)，由f(x)在[－1，＋∞)上單調遞減，知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<0，,\f(3－a,2a)≤－1，))解得－3≤a<0.綜上，a的取值范圍為[－3，0].(2)(2021·西安模擬)已知f(x)＝ax2－2x(0≤x≤1)，求f(x)的最小值.解①當a＝0時，f(x)＝－2x在[0，1]上遞減，∴f(x)min＝f(1)＝－2.②當a>0時，f(x)＝ax2－2x圖象開口方向向上，且對稱軸為x＝eq\f(1,a).(ⅰ)當eq\f(1,a)≤1，即a≥1時，f(x)＝ax2－2x圖象的對稱軸在[0，1]內，∴f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上遞減，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))上遞增.∴f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝eq\f(1,a)－eq\f(2,a)＝－eq\f(1,a).(ⅱ)當eq\f(1,a)>1，即0<a<1時，f(x)＝ax2－2x圖象的對稱軸在[0，1]的右側，∴f(x)在[0，1]上遞減.∴f(x)min＝f(1)＝a－2.③當a<0時，f(x)＝ax2－2x的圖象的開口方向向下，且對稱軸x＝eq\f(1,a)<0，在y軸的左側，∴f(x)＝ax2－2x在[0，1]上遞減.∴f(x)min＝f(1)＝a－2.綜上所述，f(x)min＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－2，a<1，,－\f(1,a)，a≥1.))感悟提升1.閉區(qū)間上二次函數最值問題的解法：抓住“三點一軸”數形結合，三點是指區(qū)間兩個端點和中點，一軸指的是對稱軸，結合圖象，根據函數的單調性及分類討論的思想求解.2.二次函數在閉區(qū)間上的最值主要有三種類型：軸定區(qū)間定、軸動區(qū)間定、軸定區(qū)間動.無論哪種類型，解題的關鍵都是圖象的對稱軸與區(qū)間的位置關系，當含有參數時，要依據圖象的對稱軸與區(qū)間的位置關系進行分類討論.角度3二次函數中的恒成立問題例4(1)已知a是實數，函數f(x)＝2ax2＋2x－3在x∈[－1，1]上恒小于零，則實數a的取值范圍是________.(2)函數f(x)＝a2x＋3ax－2(a>1)，若在區(qū)間[－1，1]上f(x)≤8恒成立，則實數a的最大值為________.答案(1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))(2)2解析(1)由題意知2ax2＋2x－3<0在[－1，1]上恒成立，當x＝0時，－3<0，符合題意，a∈R；當x≠0時，a<eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－\f(1,3)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,6)，因為eq\f(1,x)∈(－∞，－1]∪[1，＋∞)，所以當x＝1時，不等號右邊式子取最小值eq\f(1,2)，所以a<eq\f(1,2).綜上，實數a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))).(2)令ax＝t，因為a>1，x∈[－1，1]，所以eq\f(1,a)≤t≤a，原函數化為g(t)＝t2＋3t－2，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，a))，顯然g(t)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，a))上單調遞增，所以f(x)≤8恒成立，即g(t)max＝g(a)≤8成立，所以有a2＋3a－2≤8，解得－5≤a≤2，又a>1，所以1<a≤2，所以a的最大值為2.感悟提升由不等式恒成立求參數取值范圍的思路及關鍵(1)一般有兩個解題思路：一是分離參數；二是不分離參數.(2)兩種思路都是將問題歸結為求函數的最值，至于用哪種方法，關鍵是看參數是否易分離.其中分離參數的依據是：a≥f(x)恒成立?a≥f(x)max，a≤f(x)恒成立?a≤f(x)min.訓練2(1)(2021·長春五校聯(lián)考)已知二次函數f(x)滿足f(3＋x)＝f(3－x)，若f(x)在區(qū)間[3，＋∞)上單調遞減，且f(m)≥f(0)恒成立，則實數m的取值范圍是()A.(－∞，0]B.[0，6]C.[6，＋∞)D.(－∞，0]∪[6，＋∞)(2)(2022·泰安調研)當x∈(0，＋∞)時，ax2－3x＋a≥0恒成立，則實數a的取值范圍是________.答案(1)B(2)eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))解析(1)設f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R，且a≠0)，∵f(3＋x)＝f(3－x)，∴a(3＋x)2＋b(3＋x)＋c＝a(3－x)2＋b(3－x)＋c，∴x(6a＋b)＝0，∴6a＋b＝0，∴f(x)＝ax2－6ax＋c＝a(x－3)2－9a＋c.又∵f(x)在區(qū)間[3，＋∞)上單調遞減，∴a<0，∴f(x)的圖象是以直線x＝3為對稱軸，開口向下的拋物線，∴由f(m)≥f(0)恒成立，得0≤m≤6，∴實數m的取值范圍是[0，6].(2)由ax2－3x＋a≥0，得a≥eq\f(3x,x2＋1)＝eq\f(3,x＋\f(1,x))，x∈(0，＋∞)，故x＋eq\f(1,x)≥2，當x＝1時等號成立，∴y＝eq\f(3,x＋\f(1,x))≤eq\f(3,2)，故a≥eq\f(3,2).(3)設函數f(x)＝x2－2x＋2，x∈[t，t＋1]，t∈R，求函數f(x)的最小值.解f(x)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1，x∈[t，t＋1]，t∈R，函數圖象的對稱軸為x＝1.當t＋1≤1，即t≤0時，函數圖象如圖(1)所示，函數f(x)在區(qū)間[t，t＋1]上為減函數，所以最小值為f(t＋1)＝t2＋1；當t<1<t＋1，即0<t<1時，函數圖象如圖(2)所示，在對稱軸x＝1處取得最小值，最小值為f(1)＝1；當t≥1時，函數圖象如圖(3)所示，函數f(x)在區(qū)間[t，t＋1]上為增函數，所以最小值為f(t)＝t2－2t＋2.綜上可知，當t≤0時，f(x)min＝t2＋1，當0<t<1時，f(x)min＝1，當t≥1時，f(x)min＝t2－2t＋2.1.若f(x)是冪函數，且滿足eq\f(f（4）,f（2）)＝3，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝()A.3 B.－3 C.eq\f(1,3) D.－eq\f(1,3)答案C解析設f(x)＝xα，則eq\f(4α,2α)＝2α＝3，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(α)＝eq\f(1,3).2.若函數f(x)＝(m2－m－1)xm是冪函數，且其圖象與坐標軸無交點，則f(x)()A.是偶函數B.是定義域內的減函數C.是定義域內的增函數D.在定義域內沒有最小值答案D解析冪函數f(x)＝(m2－m－1)xm的圖象與坐標軸無交點，可得m2－m－1＝1，且m≤0，解得m＝－1，則函數f(x)＝x－1是奇函數，在定義域上不是減函數，且無最值.3.(2021·河南名校聯(lián)考)函數y＝1－|x－x2|的圖象大致是()答案C解析∵當0≤x≤1時，y＝x2－x＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4)，又當x>1或x<0時，y＝－x2＋x＋1＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(5,4)，因此，結合圖象，選項C正確.4.(2021·西安檢測)已知函數f(x)＝x－3，若a＝f(0.60.6)，b＝f(0.60.4)，c＝f(0.40.6)，則a，b，c的大小關系是()A.a<c<b B.b<a<cC.b<c<a D.c<a<b答案B解析∵0.40.6<0.60.6<0.60.4，又y＝f(x)＝x－3在(0，＋∞)上是減函數，∴b<a<c.5.若二次函數y＝kx2－4x＋2在區(qū)間[1，2]上是單調遞增函數，則實數k的取值范圍是()A.[2，＋∞) B.(2，＋∞)C.(－∞，0) D.(－∞，2)答案A解析二次函數y＝kx2－4x＋2圖象的對稱軸為直線x＝eq\f(2,k)，當k>0時，要使函數y＝kx2－4x＋2在區(qū)間[1，2]上是增函數，只需eq\f(2,k)≤1，解得k≥2；當k<0時，eq\f(2,k)<0，此時拋物線的對稱軸在區(qū)間[1，2]的左側，則函數y＝kx2－4x＋2在區(qū)間[1，2]上是減函數，不符合要求.綜上可得實數k的取值范圍是[2，＋∞).6.冪函數y＝xα，當α取不同的正數時，在區(qū)間[0，1]上它們的圖象是一組美麗的曲線(如圖)，設點A(1，0)，B(0，1)，連接AB，線段AB恰好被其中的兩個冪函數y＝xa，y＝xb的圖象三等分，即有BM＝MN＝NA，那么a－eq\f(1,b)＝()A.0 B.1 C.eq\f(1,2) D.2答案A解析BM＝MN＝NA，點A(1，0)，B(0，1)，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(1,3)))，將兩點坐標分別代入y＝xa，y＝xb，得a＝logeq\f(1,3)eq\f(2,3)，b＝logeq\f(2,3)eq\f(1,3)，∴a－eq\f(1,b)＝logeq\f(1,3)eq\f(2,3)－eq\f(1,log\f(2,3)\f(1,3))＝0.7.已知函數f(x)＝x2＋mx－1，若對于任意x∈[m，m＋1]，都有f(x)<0成立，則實數m的取值范圍是________.答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，0))解析因為函數圖象開口向上，所以根據題意只需滿足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（m）＝m2＋m2－1<0，,f（m＋1）＝（m＋1）2＋m（m＋1）－1<0，))解得－eq\f(\r(2),2)<m<0.8.(2021·青島聯(lián)考)已知函數f(x)＝x2－2ax＋b(a>1)的定義域和值域都為[1，a]，則b＝________.答案5解析f(x)＝x2－2ax＋b的圖象關于x＝a對稱，所以f(x)在[1，a]上為減函數，又f(x)的值域為[1，a]，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（1）＝1－2a＋b＝a，,f（a）＝a2－2a2＋b＝1.))消去b，得a2－3a＋2＝0，解得a＝2(a>1)，從而得b＝3a－1＝5.9.設函數f(x)＝ax2－2x＋2，對于滿足1＜x＜4的一切x的值都有f(x)＞0，則實數a的取值范圍為________.答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))解析由題意得a>eq\f(2,x)－eq\f(2,x2)對1<x<4恒成立，又eq\f(2,x)－eq\f(2,x2)＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,2)，eq\f(1,4)<eq\f(1,x)<1，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)－\f(2,x2)))eq\s\do7(max)＝eq\f(1,2)，∴a>eq\f(1,2).10.已知函數f(x)＝ax2＋bx＋1(a，b為實數，a≠0，x∈R).(1)若函數f(x)的圖象過點(－2，1)，且方程f(x)＝0有且只有一個根，求f(x)的表達式；(2)在(1)的條件下，當x∈[3，5]時，g(x)＝f(x)－kx是單調函數，求實數k的取值范圍.解(1)因為f(－2)＝1，即4a－2b＋1＝1，所以b＝2a.因為方程f(x)＝0有且只有一個根，所以Δ＝b2－4a＝0.所以4a2－4a＝0，所以a＝1，b＝2.所以f(x)＝x2＋2x＋1.(2)g(x)＝f(x)－kx＝x2＋2x＋1－kx＝x2－(k－2)x＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(k－2,2)))eq\s\up12(2)＋1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k－2,2)))eq\s\up12(2).由g(x)的圖象知，要滿足題意，則eq\f(k－2,2)≥5或eq\f(k－2,2)≤3，即k≥12或k≤8，所以所求實數k的取值范圍為(－∞，8]∪[12，＋∞).11.已知二次函數f(x)滿足f(x＋1)－f(x)＝2x，且f(0)＝1.(1)求f(x)的解析式；(2)當x∈[－1，1]時，函數y＝f(x)的圖象恒在函數y＝2x＋m的圖象的上方，求實數m的取值范圍.解(1)設f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，由f(x＋1)－f(x)＝2x，得2ax＋a＋b＝2x.所以，2a＝2且a＋b＝0，解得a＝1，b＝－1，又f(0)＝1，所以c＝1.因此f(x)的解析式為f(x)＝x2－x＋1.(2)因為當x∈[－1，1]時，y＝f(x)的圖象恒在y＝2x＋m的圖象上方，所以在[－1，1]上，x2－x＋1>2x＋m恒成立；即x2－3x＋1>m在區(qū)間[－1，1]上恒成立.所以令g(x)＝x2－3x＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(5,4)，因為g(x)在[－1，1]上的最小值為g(1)＝－1，所以m<－1.故實數m的取值范圍為(－∞，－1).12.已知在(－∞，1]上遞減的函數f(x)＝x2－2tx＋1，且對任意的x1，x2∈[0，t＋1]，總有|f(x1)－f(x2)|≤2，則實數t的取值范圍是()A.[－eq\r(2)，eq\r(2)] B.[1，eq