2020年高考数学一轮复习《二次函数》

考纲解读 结合二次函数的图像，了解函数的零点与方程根的联系，判断一元二次方程根的存在性及根的个数.

命题趋势探究 对于二次函数，高考中主要考察二次函数的性质及其应用，尤其是二次函数、一元二次方程及一元二次不等式的综合应用.重点考察数形结合与等价转化以及分类讨论三种数学思想.

由于二次函数、一元二次方程、一元二次不等式之间有着密切的联系，在高中数学中应用十分广泛，并对考查学生的数学能力有重要意义，所以以二次函数为命题背景仍将是一个热点.

知识点精讲

一、二次函数解析式的三种形式及图像 1. 二次函数解析式的三种形式

（1）一般式：f(x)ax2bxc(a0)；

（2）顶点式：f(x)a(xm)2n(a0)；其中，(m,n)为抛物线顶点坐标，xm为对称轴方程.

（3）零点式：f(x)a(xx1)(xx2)(a0)，其中，x1,x2是抛物线与x轴交点的横坐标.

2．二次函数的图像

二次函数f(x)ax2bxc(a0)的图像是一条抛物线，对称轴方程为xb，顶点2ab4acb2,). 坐标为(2a4a(1) 单调性与最值

①当a0时，如图2-8所示，抛物线开口向上，函数在(,bb]上递减，在[,)2a2a4acb2b上递增，当x时， f(x)min；②当a0时，如图2-9所示，抛物线开

2a4a口向下，函数在(,bbb]上递增，在[,)上递减，当x时，；2a2a2af(x)max4acb2.

4ay y 4acb2 4a

O O x b 4acb2x 4 a b 2a x2a2020年高考数学一轮复习《二次函数》

x 图2-8 图2-9 第 1 页 共 15 页

(2) 与x轴相交的弦长

当b24ac0时，二次函数f(x)ax2bxc(a0)的图像与

x轴有两个交点

M1(x1,0)和M2(x2,0)，|M1M2||x1x2|(x1x2)24x1x2二、二次函数在闭区间上的最值

闭区间上二次函数最值的取得一定是在区间端点或顶点处.

. |a|对二次函数f(x)ax2bxc(a0)，当a0时，f(x)在区间[p,q]上的最大值是M，最小值是m，令x0（1） 若pq： 2bp，则mf(p),Mf(q)； 2abbx0，则mf(),Mf(q)； （2） 若p2a2abbq，则mf(),Mf(p)； （3） 若x02a2abq，则mf(q),Mf(p). （4） 若2a三、一元二次方程与二次函数的转化

1．实系数一元二次方程ax2bxc0(a0)的实根符号与系数之间的关系

b24ac0 bx1x20acx1x20a（1）方程有两个不等正根x1,x2b24ac0（2）方程有两个不等负根x1,x2xxb0

12acxx012a（3）方程有一正根和一负根，设两根为x1,x2x1x22.一元二次方程axbxc0(a0)的根的分布问题

一般情况下需要从以下4个方面考虑：

（1） 开口方向；（2）判别式；（3）对称轴x函数值的正负.

设x1,x2为实系数方程axbxc0(a0)的两根，则一元二次axbxc0(a0)的根的分布与其限定条件如表2-5所示. 表2-5

222c0 ab与区间端点的关系；（4）区间端点2a2020年高考数学一轮复习《二次函数》 第 2 页 共 15 页

根的分布 图像 限定条件 y mx 01x2 m b2am xO x1 x 2 f(m)0 y x 1mx2 xf(m)0 1m x2O x y0xbm 2a1x2m x1x2f(m)0 O mx根的分布 图像 限定条件 y 0 Omnx y0x1x2m xOmn或x1x2m y  0b在区间(m,n)内 m 没有实根 2aOmnxf(m)0 y0b2an Omnx f(n)0yf(m)0mnf(n)0 Ox 2020年高考数学一轮复习《二次函数》 第 3 页 共 15 页

yOmnf(m)0 f(n)0x在区间(m,n)内 有且只有一个实根 yOmnx f(m)0 f(n)0y在区间(m,n)内 有两个不等实根 Omnx 0bnm 2af(m)0f(n)0 四、二次不等式转化策略

1. 二次不等式的解集与系数的关系

a0b2若二次不等式f(x)axbxc0的解集是(,][,)

aca二次不等式解集的构成是与二次函数图像的开口方向及与x轴交点横坐标有关的.

2. 二次函数恒大于零或恒小于零的转化策略

已知二次函数f(x)axbxc(a0).f(x)0恒成立2a0；f(x)0恒成立

0a0. 0 注 若表述为“已知函数f(x)ax2bxc”，并未限制为二次函数，则应有

a0ab0a0ab0或；f(x)0恒成立或. f(x)0恒成立0c00c0五、二次函数有关问题的求解方法与技巧

有关二次函数的问题，关键是利用图像.

（1） 要熟练掌握二次函数在某区间上的最值或值域的求法，特别是含参数的两类问 题——动轴定区间和定轴动区间，解法是抓住“三点一轴”，三点指的是区间两个端点和区间中点，一轴指对称轴.即注意对对称轴与区间的不同位置关系加以分类讨论，往往分成：①轴处在区间的左侧；②轴处在区间的右侧；③轴穿过区间内部（部分题目还需讨论轴与区间中点的位置关系），从而对参数值的范围进行讨论.

（2） 对于二次方程实根分布问题，要抓住四点，即开口方向、判别式、对称轴位置及区间端点函数值正负. 题型归纳及思路提示

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题型20 二次函数、一元二次方程、二次不等式的关系

思路提示 二次函数、二次方程、二次不等式都是利用二次函数的图像及性质进行解答，利用数形结合思想进行分析.

例2.41 “a0”是“方程ax22x10至少有一个负数根”的（ ）

Ａ．必要不充分条件 Ｂ．充分不必要条件 Ｃ．充要条件 Ｄ．既不充分也不必要条件

解析 由于a0，则方程ax22x10的判别式44a0，

2xx012a设x1,x2为方程的两根，则，故x1,x2异号，因此方程有一个负数根；

xx1012a1但反之，若方程ax22x10有负数根，当a0时，即2x10有负数根x，

222那么方程ax2x10有负数根a0.因此“a0”是方程“ax2x10至少有

一个负数根”的充分不必要条件.故选B.

2变式1 已知函数f(x)axbxc，且abc，abc0，集合A{m|f(m)0}，则（ ）.

A. mA ，都有f(m3)0 B. mA ，都有f(m3)0 C. m0A，使得f(m03)0 D. m0A，使得f(m03)0

解析 依题意f(1)=0,且a>0,c<0,函数f(x)的图像如图2-47所示，且

f(-2)=4a-2b+c=a+b+c+3a-3b=3(a-b)>0, 因此，若f(m)<0,且f(m+3)>0,故选A.

变式2

已知函数f(x)ax2ax4(0a3)，若x1x2，x1x21a，则（ ）. A. f(x1)f(x2) B. f(x1)f(x2) C. f(x1)f(x2) D. f(x1)与f(x2)的大小不能确定

2解析 解法一 ：因为0x1,x1+x2=1-a,

所以f(x2)-f(x1)=a(x2-x1)( x1+x2+2) =(x2-x1)(3-a) >0,

所以f(x2) >f(x1).故选A.

解法二：（数形结合）如图2-48所示，

x2>x1,x1+x2=1-a,

x1x21a1(1,)， 222故x1离对称轴近，因此f(x1)< f(x2).

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例2.42 已知函数f(x)x2axb(a,bR)的值域为[0,)，若关于f(x)c的解集为(m,m6)，则实数c的值为_____________. 解析 将二次不等式转化为二次方程求解.

x的不等式

由题意知f(x)x2axb的值域为[0,)，得a24b0.不等式f(x)c

f(x)c0，即x2axbc0的解集为(m,m6)，设方程x2axbc0的

x1x2a22两根为x1,x2，则，|x1x2|(x1x2)4x1x2a4b4c x1x2bc4c6，得c9.

评注 本题的关键在于将二次不等式转化为二次方程求解.即不等式x2axbc的解集为(m,m6)与方程x2axbc的实根x1,x2之间的联系，即|x1x2|6. 变式1 设aR，若x0时均有[(a1)x1](x2ax1)0，则a______.

解析 ①当a=1时，不等式可化为

-(x2-x-1)≥0,若x>0时均有x2-x-1≤0，由二次函数的图像知，显然不成立，所以a≠1. ②当a<1时，因为x>0，(a-1)x-1<0,且二次函数y=x2-ax-1的图像开口向上，所以不等式x2-ax-1≤0在x∈(0, +∞）上不能恒成立，所以a<1不成立. ③当a>1时，如图2-49所示，令f(x)= (a-1)x-1, g(x)=x2-ax-1,

两函数的图像均过定点（0，-1）.要满足对任意的x≥0时.不等式[(a-1)x-1]( x2-ax-1)≥0成立，则一次函数y=(a-1)x-1与二次函数

1112

，所以有 (a1)-a1-1=0, a1，0）

332

整理得2a-3a=0,解得a=2,或a=0(舍去)，综上可知，a=2.

y= x2-ax-1在x轴上有相同交点（

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变式2 （2012北京理14）已知f(x)m(x2m)(xm3),g(x)2x2，若同时满足条件：

①xR,f(x)0或g(x)0；②x(,4),f(x)g(x)0，则m的取值范围是________.

解析 对于条件①：因为g(x)=2x-2,得g(1)=0,当x≥1时，g(x)≥0,要使得对任意的x∈R，f(x)<0或g(x) <0，故当x≥1时，f(x)<0恒成立，则

m02m1,得4m0， m31（-，-4）对于条件②：x,f(x)g(x)<0,又当x∈(-∞,-4)时，g(x)<0, （-，-4）故x，使得f(x)>0.

(ⅰ)当2m=-m-3时，得m=-1,显然函数f(x)=-(x+2)2≤0,x∈(-∞,-4)不满足要求； (ⅱ)当2m<-m-3时，得m<-1,则-4>2m,即m<-2满足题意.

(ⅲ)当2m>-m-3时，得m>-1,则-m-3<-4,即m>1不满足m∈(-4,0). 综上，m的取值范围时（-4，-2）.

题型21 二次方程axbxc0(a0)的实根分布及条件

思路提示 结合二次函数f(x)axbxc的图像分析实根分布，得到其限定条件，列出关于参数的不等式，从而解不等式求参数的范围.

例2．43 已知,是方程x2(2m1)x42m0的两个根，且2，求实数m的取值范围.

分析 根据二次方程根的分布结合图像求解.

解析 根据题意，如图2-10所示，对于f(x)x(2m1)x42m，由图像知

2222，得f(2)0，故f(2)22(2m1)242m0，解得m3，所以m的取值范围是(,3).

y2Oαβx图2-10

评注 利用图像法研究二次方程根的分布问题，会起到事半功倍的效果.

变式1 关于x的方程(1m)x2mx10的两个根，一个小于0，一个大于1.求实数m的取值范围.

解析 解法一： 由于方程(1-m2)x2+2mx-1=0的判别式

△=b2-4ac=4m2+4(1-m2)=4>0,又f(0)=-1<0,根据已知两根一个小于0，一个大于1可知，抛物线y=(1-m)x2+2mx-1开口向上，且f(1)<0,故

222020年高考数学一轮复习《二次函数》 第 7 页 共 15 页

21m0,得1m0. 2m2m0解法二： 原方程可化为[(1-m)x+1][ (1+m)x-1] =0,

解得,,因为m+1>m-1,且x1,x2一正一负，故有 1m1,得1m0.所以m的取值范围是（-1,0） 10m1变式2 已知二次函数f(x)x22bxc(b,cR)满足f(1)0,且关于

x的方程

f(x)xb0的两个实数根分别在区间(3,2)和(0,1)内，求实数b的取值范围. 解析 由题意知f(1)=1+2b+c=0,所以c=-1-2b.

记g(x)=f(x)+x+b=x2+(2b+1)x-b-1,则

g(3)bg(3)15b01515,得b，故实数b的取值范围是(,) 5757g(0)1b0g(1)b1例2.44 已知方程x32ax23bxc0(a,b,cR)的三个实根可分别作为一个椭圆、一个双曲线、一个抛物线的离心率，则ab的取值范围是（ ）.

221010,) C. (10,) D. [10,) ,) B. [33 解析 由方程x32ax23bxc0(a,b,cR)有三个实根x1,x,2x，3且满足

a3bc1，得c12a3b. 则20x11x,21x3,.1A. (x32ax23bx2a3b10, (*)

2由x1是方程的根，可知方程(*)可写成：(x1)[xmx(2a3b1)]0，展开并与

方程(*)对照系数可得m2a1.所以x2(2a1)x(2a3b1)0. 令f(x)x(2a1)x(2a3b1)，2f(0)2a3b10，如图2-11，(a,b)所在

f(1)4a3b3010,).故选A. 322的区域如阴影部分所示,点A(1,)，则ab的取值范围是(bA（-1,13）13Oa-12a+3b+1=04a+3b+3=0图2-11

变式1 设直线y2xm与y轴相交于点P，与曲线C:3xy3(x1)相交于Q，R，且|PQ|<|PR|,求

22|PR|的取值范围. |PQ|第 8 页 共 15 页

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解析 由y2xm223xy3022x4mxm30

，消去y得

由题意，方程x24mxm230有两根且均在（1，+∞）内，

(4m)24(m23)04m30,所以 22f(1)14mm30设

f(x)x24mxm2解得m>1且m≠2.

设Q,R的坐标分别为（xQ,yQ），（XR,YR），由|PQ|<|PR|有

xR2m3(m21),xQ2m3(m21)，所以

1)2PRxR2m3(m1)4m1PQxQ2m3(m21)1123(12)23(12)mm.

4 <7+4.且1由m>1且m≠2，有1<123(12)m4≠7. 1123(12)m223(1743）. 的取值范围是（1,7）∪（7,PQ

题型22 二次函数“动轴定区间”、“定轴动区间”问题

思路提示 根据二次函数图像，分析对称轴与区间的位置关系.

例2.45 函数f(x)x2ax3在区间[1,2]上是单调函数，则（ ）. A. a(,1) B. a(2,) C. [1,2) D. a(,1][2,) 分析 利用区间[1,2]在对称轴的左侧和右侧分别作图.

解析 作出函数在[1,2]上符合单调区间的图像，如图2-12（a）,(b)所示的情况均满足要求.故选D.

2PR2020年高考数学一轮复习《二次函数》 第 9 页 共 15 页

yOOy1212xxx=a(b)x=a(a)图2-12

评注 在处理“动轴定区间”问题时，首先应确定不定量，即区间一定，然后根据题目要求分类讨论对称轴与区间的相对位置关系，求解参数的范围.

变式1 函数f(x)2x2kx3在[1,)上是增函数，求实数k的取值范围.

解析 作出函数f(x)在[-1, +∞）上符合单调递增的图像，如图2-50所示，那么对称轴x=≤-1,

得k≤-4,所以k的取值范围是(-∞,-4].

评注 通过本题，希望同学们了解“函数的单调区间是M”与“函数在区间N上是增函数”两个概念的不同，应该知道这两者间存在子集关系，即NM，由题意，此二次函数开口

，故应有[-1, +∞）[, +∞），所以≤-1，即k≤-4. 向上，故其单调区间为[, +∞）

例2.46 求函数f(x)x22ax1在[0,2]上的值域.

分析 解答本题可结合二次函数的图像及对称轴与区间的位置关系.

2解析 f(x)xyf(x)开口向上，对称轴xa. 2ax，抛物线1a0时，函数在区间[0,2]上为增函数，故yminf(0)1,ymaxf(2)34a，所以函数的值域为[1,34a]. （2） 当a2时，函数在区间[0,2]上为减函数，故yminf(2)34a,ymaxf(0)1，所以函数的值域为[34a,1].

（3） 当0a1时，函数在区间[0,a]上为减函数，在区间[a,2]上为增函数，故

（1） 当

yminf(a)(a21),ymaxf(2)34a，所以函数的值域为[(a21),34a]. （4） 当1a2时，函数在区间[0,a]上为减函数，在区间[a,2]上为增函数，故

yminf(a)(a21),ymaxf(0)1，所以函数的值域为[(a21),1].

评注 在求二次函数的最值时，要注意定义域是R还是区间[m,n]，若是区间[m,n]，最大（小）值不一定在对称轴处取得，而应该看对称轴是在区间[m,n]内还是在 区间的左

边或右边.在区间的某一边时，应该利用函数的单调性求解，最值不在对称轴处取得，而在区间的端点处取得.

变式1 已知函数f(x)4x4axa2a2在区间[0,2]上有最小值3，求实数a的值.

解析 函数f(x)=4x2-4ax+a2-2a+2=4(x-)2-2a+2,其图像开口向上，对称轴为x=. ① 当≤0，即a≤0时，函数在区间[0,2]上为增函数， 故f(x)min= f(0)= a2-2a+2, a2-2a+2=3,得a12，因为a≤0,所以

22a12

② 当2,即4时，对称轴为x=处于区间[0,2]内部，故函数的最小值在对称轴处取得，故f(x)min=

f()= -2a+2，由-2a+2=3,得a=-，又4，故舍去. ③ 当2,即a≥4时，函数在区间[0,2]上为减函数，

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④ 故f(x)min= f(2)= a2-10a+18,由a2-10a+18=3，得a510综上所述，满足条件的实数a的取值为

，又a≥4,所以

a510.a12或a510

.评注 由本题求解过程可知： 本题为已知二次函数在某区间上的的最值求系数问题，解这类题时一般要进行分类讨论，注意二次函数在各定区江山的最值只可能在区间两个端点处或对称轴处取得。若本题改为嘘选择题或填空题，根据以上结论，是否有更为将等的求解方法？请同学们相互交流、讨论.

例2.47 已知二次函数f(x)x22x3，若f(x)在[t,t1]上的最小值为g(t)，求g(t)的表达式.

分析 本题考查“定轴动区间”问题，求给定的二次函数在动区间上的最值，利用数形结合及分类讨论思想求解.

解析 根据二次函数的解析式知x1为其对称轴，分析对称轴与区间的位置关系，如图2-13所示.

ytOx=1(a)t+1ytt+1ytt+1xOx=1(b)图2-13xOx=1(c)x(1) 当t1时，如图2-13（a）所示，g(t)f(t)t2t3；

2(2) 当t11，即t0时，如图2-13（b）所示，g(t)f(t1)t4；

2

(3) 当t1t1，即0t1时，如图2-13（c）所示，g(t)f(1)4.

t24(t0)因此g(t)4(0t1).

t22t3(t1)变式1 已知二次函数f(x)满足f(1x)f(1x)，且f(0)0,f(1)1，若f(x)在区间[m,n]上的值域是[m,n]，求m,n的值.

解析 因为二次函数f(1+x)= f(1-x),所以x=1为其对称轴方程.因为f(1)=1,所以

f(x)=a(x-1)2+1.又f(0)=0,所以a=-1,故f(x)=-x2+2x.

因为∈R，f(x)≤f(1)=1,即m变式2 已知函数f(x)x1的定义域为[a,b](ab)，值域为[1,5]，则在平面直角坐标系内，点(a,b)的运动轨迹与两坐标轴围成的图形面积为 A.8 B.6 C.4 D.2

解析 依题意，当a=-2时，b∈[0,2];当b=2时，a∈[-2,0]，则在平面直角坐标系aOb中，点（a,b）的运动轨迹与与两坐标轴围成的图形如图2-51所示，该图形的面积为2x2=4.故选C.

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2

最有效训练7（限时45分钟）

1.函数y2x26x3,x[1,1]，则y的最小值是（ ）.

3 B. 3 C. 1 D.不存在 22.已知a,b,c成等比数列，则函数yax2bxc的图像

A. 与x轴的交点个数为( ). A. 0 B. 1 C. 2 D. 0或1

3. 函数y=x2+mx+1的图像关于直线x=1对称的充要条件是( ). A. m=-2 B. m=2 C. m=-1 D. m=1 4. 已知函数(x)=ax2+bx+c，且a>b>c，a+b+c=0，则( ). A. x(0,1)，都有(x)>0 B. x(0,1)，都有(x)<0 C. x0(0,1)，都有(x0)=0 D. x0(0,1)，都有(x0)>0

5. 已知点A(0,2)，B(2,0)，若点C在函数y=x2的图像上，则使得ABC的面积为2的点C的个数为( ). A. 4 B. 3 C. 2 D. 1

2

6. 已知函数(x)=2x+(4-m)x+4-m，g(x)=mx，若对于任意实数x，(x)与g(x)的值至少有一个为正数，则实数m的取值范围是( ).

A. [-4,4] B. (-4,4) C. (-,4) D. (-,-4)

7. 若函数(x)=x2+(a+2)x+b(x[a,b])的图像关于直线x=1对称，则(x)max=________. 8. 关于x的方程2x2+ax-5-2a=0的两实根可分别作为一个椭圆与一个双曲线的离心率，则实数a的取值范围是________. 9. 当x[0,2]时，函数(x)=ax2+4(a-1)x-3在x=2时取得最大值，则a的取值范围是________.

c2a2的最小值为________. ac11.已知定义域为R的函数(x)满足((x)-x2+x)=(x)-x2+x. (1)若(2)=3，求(1)，又若(0)=a，求(a)；

(2)设有且仅有一个实数x0，使得(x0)=x0，求函数(x)的解析式.

112.已知二次函数(x)=x2+mx+1(xZ)，且关于x的方程(x)=2在区间(-3,)内有两个不同的

2实根.

(1)求(x)的解析式；

(2)若x[1,t](t>1)时，总有(x-4)4x成立，求t的最大值.

10.已知二次函数(x)=ax2-x+c(xR)的值域为[0,+)，则

2020年高考数学一轮复习《二次函数》

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最有效训练题7

1.C 解析 函数y=2x2-6x+3的图像的对称轴为x=>1,所以函数y=2x2-6x+3在[-1,1]

上为单调递减函数，ymin=2-6+3=-1.故选C.

2.A 解析 a,b,c成等比数列，故 a,b,c均不为0，则函数y=ax2+bx+c为二次函数，

由b=ac得△=b2-4ac=-3 b2<0，故函数与x轴的交的个数为0个.故选A.

2

3.A 解析 函数y=x2+mx+1的图像的对称轴为x=-,且只有一条对称轴，所以-.即m=-2.

故选A.

4.B 解析 由f(x)= ax2+bx+c，且

f(1)= a+b+c=0，a>b>c,故a>0,c<0,因此函

数f(x)的图像如图2-52所示，所以函数f(x)在区间(0,1)上小于0，故选B.

5.A 解析 如图2-53所示，

AB22,SABC21ABd(C,AB),得d(C,AB)=2，设C点坐标为（x0,x20）, 22x0x02222=22,得x0x02=2，x0x0即或

直线AB的方程为x+y-2=0,

2x0x02=-22或

，所以

2x0x04=02x0x0=0，因此存在4个x0,故点C的个数为4个.故

选A

6.C 解析 解法一： 取m=-4,则f(x)=2x2+8x+8=2(x+2)2,g(x)=-4x,当x≠2时，恒

有f(x)>0,

当x=2时，g(-2)=8>0,所以m=-4符合，于是排除B,D. 又取m=4,则f(x)=2x,g(x)=4x,在x=0时， f(0)= g(0)= 0, 所以m=4不合题意，于是排除A.故选C.

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解法二： 易知m=0时,恒有f(x)=2x2+4x+4=2(x+1)2+2>0,

当-40.

2

当m≤-4时，f(x)=2x+(4-m)x+4-m=0的两个根x1<0, x2<0.所以x1≤x≤x2<0时，g(x)=mx>0(此时m,x均为负数). x1≤x或x>x2时，f(x) >0.所以m≤-4符合要求.综上所述，实数m的取值范围是（-∞,-4）.故选C.

a21a47. 30 解析 由题意知2，解得b6，所以 ab2f(x)=x2-2x+6,x∈[-4,6],所以x=-4或6时，f(x)max=30

8. (-3,-) 解析 令f(x)=2x2+ax-5-2a,由条件知f(x)的两个零点x1,x2满足0< x1<1< x2，所

520f(0) ,以，即所以-3为二次函数，其对称轴为x=-,由题意得2.所以a的取值范2，或，解得a≥2aa围是[, +∞）

10. 10 解析 因为二次函数f(x)=ax2-x+c(x∈R的值域为[0, +∞）,所以

1，又14ac0ac4c2a2c2ca2a(ac)2(ac)2acacacacac222(ac)22(ac)14124(ac)28(ac)2，令a+c=t≥2=1,则原式=4t2+8t-2,在t∈[1,+∞)上单调递增，

所以当t=1时，取得最小值10.

11. 解析 （1）由题意f(f(x)-x2+x)= f(x)-x2+x,令x=2得f(f(2)-22+2)= f(2)-22+2,因为f(2)=3,

所以f(1)=1;令x=0得f(f(0))=f(0),又，f(0)=a,得f(a)=a.

(2) 由f(f(x)-x2+x)= f(x)-x2+x及有且仅有一个实根x0,使得f(x0)=x0,得f(x)-x2+x=x0,即f(x)= △=4-4x0=0,即x0=1,

x2-x+x0,再由f(x)=x有且仅有一个实根,即x2-x+x0=x有且仅有一个实根，得所以

f(x)= x2-x+1.

评注 本题中利用题设条件，得到f(x)= x2-x+x0,非常重要，同时利用f(x)=x有唯一解可得

到x0，求出f(x)的解析式.

12.解析 （1）记g(x)=f(x)-2,则g(x)=x2+mx-1,g(0)=-1<0,由方程f(x)=2在（-3，）内有两个

不同的实根，，得g(x)=0在（-3，）内有两个不同的实根，则g(3)93m1038,解得m11m2

，又m∈Z,故m=2, f(x)=x+2x+1 23g()104222020年高考数学一轮复习《二次函数》 第 14 页 共 15 页

(2)由f(x-4)≤4x知，(x-3)2≤4x, x2-10x+9≤0,得1≤x≤9.所以要使x∈[1,t]时，有(x-1)(x-9)≤0,因此，

1≤t≤9,t的最大值为9.

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