浙江专用2025版高考数学大一轮复习第三章函数的概念与基本初等函数Ⅰ第2节二次函数习题含解析

PAGEPAGE19第2节二次函数考试要求1.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洁问题；2.能解决一元二次方程根的分布问题；3.能解决二次函数的最值问题.知识梳理1.二次函数表达式的三种形式(1)一般式：y＝ax2＋bx＋c(a≠0).(2)顶点式：y＝a(x＋h)2＋k(其中a≠0，顶点坐标为(－h，k)).(3)零点式：y＝a(x－x1)(x－x2)(其中a≠0，x1，x2是二次函数的图象与x轴的两个交点的横坐标).2.二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象和性质a>0a<0图象定义域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)))单调性在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(b,2a)))上递减，在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)，＋∞))上递增在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(b,2a)))上递增，在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)，＋∞))上递减奇偶性b＝0时为偶函数，b≠0时既不是奇函数也不是偶函数图象特点①对称轴：x＝－eq\f(b,2a)；②顶点：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)，\f(4ac－b2,4a)))3.二次函数的最值问题二次函数的最值问题主要有三种类型：“轴定区间定”“轴动区间定”“轴定区间动”.解决的关键是弄清晰对称轴与区间的关系，要结合函数图象，依据对称轴与区间的关系进行分类探讨.设f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)，则二次函数f(x)在闭区间[m，n]上的最大值、最小值有如下的分布状况：对称轴与区间的关系m<n<－eq\f(b,2a)，即－eq\f(b,2a)∈(n，＋∞)m<－eq\f(b,2a)<n，即－eq\f(b,2a)∈(m，n)－eq\f(b,2a)<m<n，即－eq\f(b,2a)∈(－∞，m)图象最值f(x)max＝f(m)，f(x)min＝f(n)f(x)max＝max{f(n)，f(m)}，f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)))f(x)max＝f(n)f(x)min＝f(m)4.一元二次方程根的分布设方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)的不等两根为x1，x2且x1<x2，相应的二次函数为f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，方程的根即为二次函数图象与x轴的交点，它们的分布状况见下面各表(每种状况对应的均是等价条件)表一：(两根与k的大小比较)分布状况两根都小于k即x1<k，x2<k两根都大于k即x1>k，x2>k一个根小于k，一个大于k，即x1<k<x2大致图象(a>0)综合结论(不探讨a)a·f(k)<0表二：(根在区间上的分布)分布状况两根都在(m，n)内两根都在区间(m，n)外(x1<m，x2>n)一根在(m，n)内，另一根在(p，q)内，m<n<p<q大致图象(a>0)综合结论(不探讨a)若两根有且仅有一根在(m，n)内，则需分三种状况探讨：①当Δ＝0时，由Δ＝0可以求出参数的值，然后再将参数的值代入方程，求出相应的根，检验根是否在给定的区间内，如若不在，舍去；②当f(m)＝0或f(n)＝0，方程有一根为m或n，可以求出另外一根，从而检验另一根是否在区间(m，n)内；③当f(m)·f(n)<0时，则两根有且仅有一根在(m，n)内.[常用结论与易错提示]不等式ax2＋bx＋c>0(<0)恒成立的条件(1)不等式ax2＋bx＋c>0对随意实数x恒成立⇔eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝b＝0，,c>0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ<0.))(2)不等式ax2＋bx＋c<0对随意实数x恒成立⇔eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝b＝0，,c<0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<0，,Δ<0.))基础自测1.思索辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)假如二次函数f(x)的图象开口向上且关于直线x＝1对称，且过点(0，0)，则此二次函数的解析式为f(x)＝(x－1)2－1.()(2)已知函数f(x)＝ax2＋x＋5的图象在x轴上方，则a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,20)，＋∞)).()(3)二次函数y＝ax2＋bx＋c(x∈R)不行能是偶函数.()(4)二次函数y＝ax2＋bx＋c(x∈[a，b])的最值肯定是eq\f(4ac－b2,4a).()答案(1)√(2)√(3)×(4)×2.已知f(x)＝x2＋px＋q满意f(1)＝f(2)＝0，则f(－1)的值是()A.5 B.－5C.6 D.－6解析由f(1)＝f(2)＝0知方程x2＋px＋q＝0的两根分别为1，2，则p＝－3，q＝2，∴f(x)＝x2－3x＋2，∴f(－1)＝6.答案C3.若方程x2＋(m＋2)x＋m＋5＝0只有负根，则m的取值范围是()A.[4，＋∞) B.(－5，－4]C.[－5，－4] D.(－5，－2)解析由题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝（m＋2）2－4×（m＋5）≥0，,x1＋x2＝－（m＋2）<0，,x1x2＝m＋5>0，))解得m≥4.答案A4.已知函数y＝x2－2x＋3在闭区间[0，m]上有最大值3，最小值2，则m的取值范围为()A.[0，1] B.[1，2]C.(1，2] D.(1，2)解析画出函数y＝x2－2x＋3的图象(如图)，由题意知1≤m≤2.答案B5.已知方程x2＋(m－2)x＋2m－1＝0的较小的实根在0和1之间，则实数m的取值范围是.解析令f(x)＝x2＋(m－2)x＋2m－1.由题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（0）>0，,f（1）<0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2m－1>0，,1＋（m－2）＋2m－1<0，))解得eq\f(1,2)<m<eq\f(2,3).答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,3)))6.若函数f(x)＝x2＋2(a－1)x＋2在区间(－∞，3]上是减函数，则实数a的取值范围是，且函数f(x)恒过点.解析二次函数f(x)图象的对称轴是x＝1－a，由题意知1－a≥3，∴a≤－2.由函数的解析式易得，函数f(x)恒过定点(0，2).答案(－∞，－2](0，2)考点一二次函数的解析式【例1】求下列函数的解析式：(1)(一题多解)已知二次函数f(x)满意f(2)＝－1，f(－1)＝－1，且f(x)的最大值是8；(2)已知二次函数f(x)的图象经过点(4，3)，它在x轴上截得的线段长为2，并且对随意x∈R，都有f(2－x)＝f(2＋x).解(1)法一(利用一般式解题)：设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0).由题意得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.))∴所求二次函数为f(x)＝－4x2＋4x＋7.法二(利用顶点式解题)：设f(x)＝a(x－m)2＋n(a≠0).∵f(2)＝f(－1)，∴二次函数图象的对称轴为x＝eq\f(2＋（－1）,2)＝eq\f(1,2)，∴m＝eq\f(1,2).又依据题意函数有最大值8，∴n＝8.∴y＝f(x)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋8.∵f(2)＝－1，∴aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋8＝－1，解得a＝－4，∴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.又函数的最大值是8，即eq\f(4a（－2a－1）－（－a）2,4a)＝8，解得a＝－4，∴所求函数的解析式为f(x)＝－4x2＋4x＋7.(2)∵f(2－x)＝f(2＋x)对x∈R恒成立，∴f(x)的对称轴为x＝2.又∵f(x)的图象在x轴上截得的线段长为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)，又∵f(x)的图象过点(4，3)，∴3a＝3，∴a＝1.∴所求f(x)的解析式为f(x)＝(x－1)(x－3)，即f(x)＝x2－4x＋3.规律方法用待定系数法求二次函数的解析式，关键是敏捷选取二次函数解析式的形式，选法如下：【训练1】若函数f(x)＝(x＋a)(bx＋2a)(常数a，b∈R)是偶函数，且它的值域为(－∞，4]，则该函数的解析式f(x)＝.解析由f(x)是偶函数知f(x)的图象关于y轴对称，∴b＝－2，∴f(x)＝－2x2＋2a2，又f(x)的值域为(－∞，4]，∴2a2＝4，故f(x)＝－2x2＋4.答案－2x2＋4考点二二次函数的图象与性质【例2】已知函数f(x)＝x2＋2ax＋3，x∈[－4，6].(1)当a＝－2时，求f(x)的最值；(2)求实数a的取值范围，使y＝f(x)在区间[－4，6]上是单调函数；(3)当a＝－1时，求f(|x|)的单调区间.解(1)当a＝－2时，f(x)＝x2－4x＋3＝(x－2)2－1，由于x∈[－4，6]，∴f(x)在[－4，2]上单调递减，在[2，6]上单调递增，∴f(x)的最小值是f(2)＝－1，又f(－4)＝35，f(6)＝15，故f(x)的最大值是35.(2)由于函数f(x)的图象开口向上，对称轴是x＝－a，所以要使f(x)在[－4，6]上是单调函数，应有－a≤－4或－a≥6，即a≤－6或a≥4，故a的取值范围是(－∞，－6]∪[4，＋∞).(3)由－4≤|x|≤6，得－6≤x≤6，当a＝－1时，f(|x|)＝x2－2|x|＋3＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋2x＋3＝（x＋1）2＋2，x≤0，,x2－2x＋3＝（x－1）2＋2，x>0，))其图象如图所示，∴f(|x|)在[－6，6]上的单调区间有[－6，－1)，[－1，0)，[0，1)，[1，6].规律方法解决二次函数图象与性质问题时要留意：(1)抛物线的开口、对称轴位置、定义区间三者相互制约，常见的题型中这三者有两定一不定，要留意分类探讨；(2)要留意数形结合思想的应用.【训练2】(1)设abc>0，二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c的图象可能是()(2)若函数f(x)＝ax2＋2x＋3在区间[－4，6]上是单调递增函数，则实数a的取值范围是Ｗ.解析(1)由A，C，D知，f(0)＝c<0，从而由abc>0，所以ab<0，所以对称轴x＝－eq\f(b,2a)>0，知A，C错误，D满意要求；由B知f(0)＝c>0，所以ab>0，所以对称轴x＝－eq\f(b,2a)<0，B错误.(2)由题意可知f′(x)＝2ax＋2≥0在[－4，6]上恒成立，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（－4）＝－8a＋2≥0，,f′（6）＝12a＋2≥0，))所以－eq\f(1,6)≤a≤eq\f(1,4).答案(1)D(2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,6)，\f(1,4)))考点三二次函数的最值【例3－1】已知函数f(x)＝ax2＋2ax＋1在区间[－1，2]上有最大值4，求实数a的值.解f(x)＝a(x＋1)2＋1－a.(1)当a＝0时，函数f(x)在区间[－1，2]上的值为常数1，不符合题意，舍去；(2)当a>0时，函数f(x)在区间[－1，2]上是增函数，最大值为f(2)＝8a＋1＝4，解得a＝eq\f(3,8)；(3)当a<0时，函数f(x)在区间[－1，2]上是减函数，最大值为f(－1)＝1－a＝4，解得a＝－3.综上可知，a的值为eq\f(3,8)或－3.【例3－2】将例3－1改为：求函数f(x)＝x2＋2ax＋1在区间[－1，2]上的最大值.解f(x)＝(x＋a)2＋1－a2，∴f(x)的图象是开口向上的抛物线，对称轴为x＝－a，(1)当－a<eq\f(1,2)，即a>－eq\f(1,2)时，f(x)max＝f(2)＝4a＋5；(2)当－a≥eq\f(1,2)，即a≤－eq\f(1,2)时，f(x)max＝f(－1)＝2－2a.综上，f(x)max＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4a＋5，a>－\f(1,2)，,2－2a，a≤－\f(1,2).))规律方法探讨二次函数的性质，可以结合图象进行；对于含参数的二次函数问题，要明确参数对图象的影响，进行分类探讨.【训练3】设函数f(x)＝x2－2x＋2，x∈[t，t＋1]，t∈R，求函数f(x)的最小值.解f(x)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1，x∈[t，t＋1]，t∈R，函数图象的对称轴为x＝1.当t＋1<1，即t<0时，函数图象如图(1)所示，函数f(x)在区间[t，t＋1]上为减函数，所以最小值为f(t＋1)＝t2＋1；当t≤1≤t＋1，即0≤t≤1时，函数图象如图(2)所示，在对称轴x＝1处取得最小值，最小值为f(1)＝1；当t>1时，函数图象如图(3)所示，函数f(x)在区间[t，t＋1]上为增函数，所以最小值为f(t)＝t2－2t＋2.综上可知，f(x)min＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(t2＋1，t<0，,1，0≤t≤1，,t2－2t＋2，t>1.))考点四一元二次方程根的分布多维探究角度1两根在同一区间【例4－1】若二次函数y＝－x2＋mx－1的图象与两端点为A(0，3)，B(3，0)的线段AB有两个不同的交点，求实数m的取值范围.解线段AB的方程为eq\f(x,3)＋eq\f(y,3)＝1(x∈[0，3])，即y＝3－x(x∈[0，3])，由题意得方程组：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝3－x，,y＝－x2＋mx－1，))消去y得x2－(m＋1)x＋4＝0，①由题意可得，方程①在x∈[0，3]内有两个不同的实根，令f(x)＝x2－(m＋1)x＋4，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝（m＋1）2－16>0，,0≤\f(m＋1,2)≤3，,f（0）＝4≥0，,f（3）＝10－3m≥0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m<－5或m>3，,－1≤m≤5，,m≤\f(10,3)，))所以3<m≤eq\f(10,3).故实数m的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(3，\f(10,3))).角度2两根在不同区间【例4－2】求实数m的取值范围，使关于x的方程x2＋2(m－1)x＋2m＋6＝0.(1)一根大于1，另一根小于1；(2)两根α，β满意0<a<1<β<4；(3)至少有一个正根.解令f(x)＝x2＋2(m－1)x＋2m＋6，(1)由题意得f(1)＝4m＋5<0，解得m<－eq\f(5,4).即实数m的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(5,4))).(2)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（0）＝2m＋6>0，,f（1）＝4m＋5<0，,f（4）＝10m＋14>0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m>－3，,m<－\f(5,4)，,m>－\f(7,5)，))所以－eq\f(7,5)<m<－eq\f(5,4).故实数m的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,5)，－\f(5,4))).(3)当方程有两个正根时，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝4（m－1）2－4（2m＋6）>0，,f（0）＝2m＋6>0，,－2（m－1）>0，))解得－3<m<－1.当方程有一个正根一个负根时，f(0)＝2m＋6<0，解得m<－3.当方程有一个根为零时，f(0)＝2m＋6＝0，解得m＝－3，此时f(x)＝x2－8x，另一根为8，满意题意.综上可得，实数m的取值范围是(－∞，－1).角度3在区间(m，n)内有且只有一个实根【例4－3】已知函数f(x)＝mx2－2x＋1有且仅有一个正实数的零点，求实数m的取值范围.解依题意，得(1)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m>0，,Δ＝（－2）2－4m>0，无解.,f（0）<0，))(2)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m<0，,Δ＝（－2）2－4m>0，解得m<0.,f（0）>0，))(3)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m≠0，,Δ＝（－2）2－4m＝0.))解得m＝1，阅历证，满意题意.又当m＝0时，f(x)＝－2x＋1，它明显有一个为正实数的零点.综上所述，m的取值范围是(－∞，0]∪{1}.规律方法利用二次函数图象解决方程根的分布的一般步骤：(1)设出对应的二次函数；(2)利用二次函数的图象和性质列出等价不等式(组)；(3)解不等式(组)求得参数的范围.【训练4】(1)已知二次函数y＝(m＋2)x2－(2m＋4)x＋(3m＋3)与x轴有两个交点，一个大于1，一个小于1，求实数m的取值范围.(2)若关于x的方程x2＋2(m－1)x＋2m＋6＝0有且只有一根在区间(0，3)内，求实数m的取值范围.解(1)令f(x)＝(m＋2)x2－(2m＋4)x＋(3m＋3).由题意可知(m＋2)·f(1)<0，即(m＋2)(2m＋1)<0，所以－2<m<－eq\f(1,2).即实数m的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,2))).(2)令f(x)＝x2＋2(m－1)x＋2m＋6，①eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝4（m－1）2－4（2m＋6）＝0，,0<－（m－1）<3，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝－1或m＝5，,－2<m<1，))所以m＝－1.②f(0)·f(3)＝(2m＋6)(8m＋9)<0，解得－3<m<－eq\f(9,8).③f(0)＝2m＋6＝0，即m＝－3时，f(x)＝x2－8x，另一根为8∉(0，3)，所以舍去；④f(3)＝8m＋9＝0，即m＝－eq\f(9,8)时，f(x)＝x2－eq\f(17,4)x＋eq\f(15,4)，另一根为eq\f(5,4)∈(0，3)，满意条件.综上可得，－3<m≤－eq\f(9,8)或m＝－1.所以实数m的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－3，－\f(9,8)))∪{－1}.基础巩固题组一、选择题1.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＝0C.a>0，2a＋b＝0 D.a<0，2a＋b＝0解析因为f(0)＝f(4)>f(1)，所以函数图象应开口向上，即a>0，且其对称轴为x＝2，即－eq\f(b,2a)＝2，所以4a＋b＝0.答案A2.设二次函数f(x)＝ax2－2ax＋c在区间[0，1]上单调递减，且f(m)≤f(0)，则实数m的取值范围是()A.(－∞，0] B.[2，＋∞)C.(－∞，0]∪[2，＋∞) D.[0，2]解析f(x)的对称轴为x＝1，由f(x)在[0，1]上递减知a>0，且f(x)在[1，2]上递增，f(0)＝f(2)，∵f(m)≤f(0)，结合对称性，∴0≤m≤2.答案D3.若函数f(x)＝x2－ax－a在区间[0，2]上的最大值为1，则实数a等于()A.－1 B.1C.2 D.－2解析∵函数f(x)＝x2－ax－a的图象为开口向上的抛物线，∴函数的最大值在区间的端点取得.∵f(0)＝－a，f(2)＝4－3a，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－a≥4－3a，,－a＝1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－a≤4－3a，,4－3a＝1，))解得a＝1.答案B4.已知函数f(x)＝x2－2ax＋b(a，b∈R)，记f(x)在[a－b，a＋b]上的最大值为M，最小值为m，则M－m()A.与a有关，且与b有关 B.与a无关，且与b无关C.与a有关，但与b无关 D.与a无关，但与b有关解析函数f(x)＝x2－2ax＋b＝(x－a)2－a2＋b，所以f(x)的对称轴为x＝a且开口向上，因为区间[a－b，a＋b]也关于x＝a对称，所以m＝f(a)＝b－a2，M＝f(a－b)＝f(a＋b)＝b2－a2＋b，所以M－m＝b2，故选D.答案D5.(2024·嘉兴检测)若f(x)＝x2＋bx＋c在(m－1，m＋1)内有两个不同的零点，则f(m－1)和f(m＋1)()A.都大于1 B.都小于1C.至少有一个大于1 D.至少有一个小于1解析设函数f(x)＝x2＋bx＋c的两个零点为x1，x2，则f(x)＝(x－x1)(x－x2)，因为函数f(x)＝x2＋bx＋c的两个零点在(m－1，m＋1)内，所以f(m－1)>0，f(m＋1)>0，又因为f(m－1)f(m＋1)＝(m－1－x1)(m－1－x2)·(m＋1－x1)(m＋1－x2)＝[－(m－1－x1)(m＋1－x1)]·[－(m－1－x2)(m＋1－x2)]<eq\f([－（m－1－x1）＋（m＋1－x1）]2,4)·eq\f([－（m－1－x2）＋（m＋1－x2）]2,4)＝1，所以f(m－1)和f(m＋1)至少有一个小于1，故选D.答案D6.若函数f(x)＝x2＋kx＋m在[a，b]上的值域为[n，n＋1]，则b－a()A.既有最大值，也有最小值 B.有最大值但无最小值C.无最大值但有最小值 D.既无最大值，也无最小值解析取k＝m＝n＝0，f(x)＝x2，由图象可知，明显b－a不存在最小值.∵f(a)＝a2＋ka＋m，f(b)＝b2＋kb＋m，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)＋keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))＋m，∴eq\f(（b－a）2,2)＝f(a)＋f(b)－2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))≤n＋1＋n＋1－2n＝2，∴b－a≤2，当b＝eq\f(2－k,2)，a＝－eq\f(2＋k,2)时，b－a取得最大值为2，故选B.答案B7.(2024·浙江卷)已知函数f(x)＝x2＋bx，则“b<0”是“f(f(x))的最小值与f(x)的最小值相等”的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件解析∵f(x)＝x2＋bx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(b,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(b2,4)，当x＝－eq\f(b,2)时，f(x)min＝－eq\f(b2,4).又f(f(x))＝(f(x))2＋bf(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f（x）＋\f(b,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(b2,4)，当f(x)＝－eq\f(b,2)时，f(f(x))min＝－eq\f(b2,4)，当－eq\f(b,2)≥－eq\f(b2,4)时，f(f(x))可以取到最小值－eq\f(b2,4)，即b2－2b≥0，解得b≤0或b≥2，故“b<0”是“f(f(x))的最小值与f(x)的最小值相等”的充分不必要条件.答案A8.函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)的图象关于直线x＝－eq\f(b,2a)对称.据此可推想，对随意的非零实数a，b，c，m，n，p，关于x的方程m[f(x)]2＋nf(x)＋p＝0的解集不行能是()A.{1，2} B.{1，4}C.{1，2，3，4} D.{1，4，16，64}解析∵f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)的对称轴为x＝－eq\f(b,2a).设方程m[f(x)]2＋nf(x)＋p＝0的解为f1(x)，f2(x)，则必有f1(x)＝y1＝ax2＋bx＋c，f2(x)＝y2＝ax2＋bx＋c，那么从图象上看y＝y1，y＝y2是平行x轴的两条直线，它们与f(x)有交点，由对称性，方程y1＝ax2＋bx＋c＝0的两个解x1，x2应关于对称轴x＝－eq\f(b,2a)对称，即x1＋x2＝－eq\f(b,a)，同理方程y2＝ax2＋bx＋c＝0的两个解x3，x4也关于对称轴x＝－eq\f(b,2a)对称，即x3＋x4＝－eq\f(b,a)，在C中，可以找到对称轴直线x＝2.5，也就是1，4为一个方程的根，2，3为一个方程的根，而在D中，找不到这样的组合使得对称轴一样，也就是说无论怎样分组，都没方法使得其中两个的和等于另外两个的和，故答案D不行能.答案D9.(2024·衢州二中二模)已知函数f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)，若存在非零实数t，使得f(t)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)))＝－2成立，则a2＋4b2的最小值为()A.eq\f(16,5) B.eq\f(14,5)C.16 D.4解析由f(t)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)))＝－2知，存在实数t≠0，使eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,t)))eq\s\up12(2)＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,t)))＋2b＝0成立，又a2＋4b2的几何意义为坐标原点与点(a，2b)的距离的平方，记2b＝m，u＝t＋eq\f(1,t)，则u2≥4.故eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,t)))eq\s\up12(2)＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,t)))＋2b＝0，即ua＋m＋u2＝0，其表示动点(a，m)的轨迹，设为直线l，则原点与点(a，m)的距离的最小值为原点到直线l的距离，故a2＋4b2≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(u2,\r(u2＋1))))eq\s\up12(2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(u2＋1)－\f(1,\r(u2＋1))))eq\s\up12(2)≥eq\f(16,5)，故选A.答案A二、填空题10.已知b，c∈R，函数y＝x2＋2bx＋c在区间(1，5)上有两个不同的零点，则f(1)＋f(5)的取值范围是.解析设f(x)的两个零点为x1，x2，不妨设1<x1<x2<5，则f(1)>f(x1)＝0，f(5)>f(x2)＝0，所以f(1)＋f(5)>0.另一方面f(x)＝(x－x1)·(x－x2)，所以f(1)＋f(5)＝(1－x1)·(1－x2)＋(5－x1)(5－x2)＝2x1x2－6(x1＋x2)＋26<2x1x2－12eq\r(x1x2)＋26＝2(eq\r(x1x2)－3)2＋8<2(eq\r(25)－3)2＋8＝16，所以f(1)＋f(5)的取值范围是(0，16).答案(0，16)11.已知f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2（x≥t），,x（x<t），))若存在实数t，使函数y＝f(x)－a有两个零点，则t的取值范围是.解析由题意知函数f(x)在定义域上不单调，如图，当t＝0或t≥1时，f(x)在R上均单调递增，当t<0时，在(－∞，t)上f(x)单调递增，且f(x)<0，在(t，0)上f(x)单调递减，且f(x)>0，在(0，＋∞)上f(x)单调递增，且f(x)>0.故要使得函数y＝f(x)－a有两个零点，则t的取值范围为(－∞，0)∪(0，1).答案(－∞，0)∪(0，1)12.(2024·诸暨统考)已知a，b都是正数，a2b＋ab2＋ab＋a＋b＝3，则2ab＋a＋b的最小值等于.解析设2ab＋a＋b＝t，则t>0，且3＝ab(a＋b)＋ab＋a＋b＝ab(t－2ab)＋t－ab，故关于ab的二次方程2(ab)2＋(1－t)ab＋3－t＝0的解为正数，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝（1－t）2－8（3－t）≥0，,\f(t－1,2)>0，,\f(3－t,2)>0，))解得4eq\r(2)－3≤t<3，即2ab＋a＋b的最小值等于4eq\r(2)－3.答案4eq\r(2)－313.已知f(x＋1)＝x2－5x＋4.(1)f(x)的解析式为；(2)当x∈[0，5]时，f(x)的最大值和最小值分别是.解析(1)f(x＋1)＝x2－5x＋4，令x＋1＝t，则x＝t－1，∴f(t)＝(t－1)2－5(t－1)＋4＝t2－7t＋10，∴f(x)＝x2－7x＋10.(2)∵f(x)＝x2－7x＋10，其图象开口向上，对称轴为x＝eq\f(7,2)，eq\f(7,2)∈[0，5]，∴f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))＝－eq\f(9,4)，又f(0)＝10，f(5)＝0.∴f(x)的最大值为10，最小值为－eq\f(9,4).答案(1)x2－7x＋10(2)10，－eq\f(9,4)14.(2024·浙江卷)已知λ∈R，函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－4，x≥λ，,x2－4x＋3，x<λ.))当λ＝2时，不等式f(x)<0的解集是.若函数f(x)恰有2个零点，则λ的取值范围是.解析若λ＝2，则当x≥2时，令x－4<0，得2≤x<4；当x<2时，令x2－4x＋3<0，得1<x<2.综上可知1<x<4，所以不等式f(x)<0的解集为(1，4).令x－4＝0，解得x＝4；令x2－4x＋3＝0，解得x＝1或x＝3.因为函数f(x)恰有2个零点，结合函数的图象(图略)可知1<λ≤3或λ>4.答案(1，4)(1，3]∪(4，＋∞)实力提升题组15.(2024·杭州质检)设函数f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)，记M为函数y＝|f(x)|在[－1，1]上的最大值，N为|a|＋|b|的最大值()A.若M＝eq\f(1,3)，则N＝3 B.若M＝eq\f(1,2)，则N＝3C.若M＝2，则N＝3 D.若M＝3，则N＝3解析由题意得|f(1)|＝|1＋a＋b|≤M⇒|a＋b|≤M＋1，|f(－1)|＝|1－a＋b|≤M⇒|a－b|≤M＋1.|a|＋|b|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|a＋b|，ab≥0，,|a－b|，ab<0，))则易知N≤M＋1，则选项A，B不符合题意；当a＝2，b＝－1时，M＝2，N＝3，则选项C符合题意；当a＝2，b＝－2时，M＝3，N＝4，则选项D不符合题意，故选C.答案C16.(2024·丽水测试)已知函数f(x)＝x2＋ax＋b，集合A＝{x|f(x)≤0}，集合B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(f（f（x））≤\f(5,4)))))，若A＝B≠∅，则实数a的取值范围是()A.[eq\r(5)，5] B.[－1，5]C.[eq\r(5)，3] D.[－1，3]解析设集合B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|f（f（x））≤\f(5,4)))＝{x|m≤f(x)≤n}，其中m，n为方程f(x)＝eq\f(5,4)的两个根，因为A＝B≠∅，所以n＝0且m≤f(x)min，Δ＝a2－4b≥0，于是f(n)＝f(0)＝b＝eq\f(5,4)，则由a2－4b＝a2－5≥0得a≤－eq\r(5)或a≥eq\r(5)，令t＝f(x)≤0，则由f(f(x))≤eq\f(5,4)得f(t)≤eq\f(5,4)，即t2＋at＋eq\f(5,4)≤eq\f(5,4)，解得－a≤t≤0，所以B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|f（f（x））≤\f(5,4)))＝{x|m≤f(x)≤n}＝{x|－a≤f(x)≤0}，解得m＝－a，所以－a≤f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))eq\s\up12(2)＋a·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＋eq\f(5,4)，解得－1≤a≤5.综上所述，实数a的取值范围为[eq\r(5)，5]，故选A.答案A17.