2020-2021学年高中数学(北师大版-必修一)课时作业-第二章第四节-函数.docx

§4　二次函数性质的再争辩

课时目标　1.了解二次函数的定义，会画二次函数的图像.2.把握二次函数图像的平移规律.3.能机敏应用二次函数的性质解决问题．

1．二次函数y＝a(x＋h)2＋k的图像与y＝ax2的图像之间的关系(a≠0)．
当h>0 (h<0)时，把y＝ax2的图像__________平移____个单位，得到y＝a(x＋h)2的图像；当k>0 (k<0)时，把y＝a(x＋h)2的图像__________平移____个单位，得到y＝a(x＋h)2＋k的图像．
2．二次函数y＝ax2＋bx＋c (a≠0)的性质
当a>0 (a<0)时，它的图像开口__________，顶点坐标为________________，对称轴为__________；在上是________函数，在上是________函数；当x＝－时，函数取得最小(大)值____________．

一、选择题
1．已知二次函数y＝(m＋1)x2－m(m＋3)x＋5在区间[1，＋∞)上是减函数，在区间(－∞，1)上是增函数，则m的值为(　　)
A．1 B．－2
C．1或－2 D．0
2．假如函数f(x)＝x2＋bx＋c对任意的实数x，都有f(1＋x)＝f(－x)，那么(　　)
A．f(－2)<f(0)<f(2) B．f(0)<f(－2)<f(2)
C．f(2)<f(0)<f(－2) D．f(0)<f(2)<f(－2)
3．设ak>0，bc>0，在同一坐标系中，y＝ax2＋c与y＝kx＋b的图像(如图所示)只可能是(　　)

4．函数y＝x2＋bx＋c在(－∞，1)上是单调函数，则b的取值范围为(　　)
A．b≥－2 B．b≤－2
C．b>－2 D．b<－2
5．已知P(a，m)和Q(b，m)是二次函数y＝2x2＋4x－3上的两个不同点，则a＋b等于(　　)
A．－1 B．1 C．－2 D．2
6．已知函数y＝x2－2x＋3在区间[0，m]上有最大值3，最小值2，则m的取值范围是(　　)
A．[1，＋∞) B．[0,2]
C．(－∞，2] D．[1,2]
题　号
1
2
3
4
5
6
答　案

二、填空题
7．已知二次函数f(x)＝－x2＋4x＋3，则f(x)的开口方向向________(上，下)，对称轴方程为________，顶点坐标为________，该函数可由y＝－x2向________平移________个单位长度，再向上平移________个单位长度得到．
8．把抛物线y＝－3(x－1)2的图像向上平移k个单位长度，所得抛物线与x轴交于两点A(x1,0)和B(x2，0)，假如x＋x＝，则k＝________.
9．若f(x)是二次函数，且f(2－x)＝f(2＋x)对任意实数x都成立，又知f(3)<f(π)，则f(－3)与f(3)的大小关系为________．
三、解答题
10．若二次函数满足f(x＋1)－f(x)＝2x且f(0)＝1.
(1)求f(x)的解析式；
(2)若在区间[－1,1]上不等式f(x)>2x＋m恒成立，求实数m的取值范围．

11．已知函数f(x)＝x2－2x＋2.
(1)求f(x)在区间[，3]上的最大值和最小值；
(2)若g(x)＝f(x)－mx在[2,4]上是单调函数，求m的取值范围．

力气提升
12．已知函数f(x)＝3－2|x|，g(x)＝x2－2x，构造函数F(x)，定义如下：当f(x)≥g(x)时，F(x)＝g(x)；当f(x)<g(x)时，F(x)＝f(x)，那么F(x)(　　)
A．有最大值3，最小值－1
B．有最大值3，无最小值
C．有最大值7－2，无最小值
D．无最大值，也无最小值
13．已知函数f(x)＝ax2－|x|＋2a－1，其中a≥0，a∈R.
(1)若a＝1，作函数f(x)的图像；
(2)设f(x)在区间[1,2]上的最小值为g(a)，求g(a)的表达式．

1．二次函数的三种表示形式：
(1)一般式：f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)；
(2)顶点式：f(x)＝a(x－m)2＋n(a≠0)；
(3)两根式：f(x)＝a(x－x1)(x－x2)(a≠0)．
2．若二次函数y＝f(x)恒满足f(x＋m)＝f(－x＋n)，则其对称轴为x＝.
3．二次函数在某区间上的最值(或值域)的求法要把握娴熟，特殊是含参数的两类“定轴动区间、定区间动
轴”解法是：抓住“三点一轴”数形结合，三点指的是区间两个端点和区间中点，一轴指的是对称轴．
具体做法是：首先要接受配方法，化为y＝a(x－m)2＋n的形式，得顶点(m，n)和对称轴方程x＝m.
其次对区间进行争辩，可分为三个类型：
(1)顶点固定，区间也固定．
(2)顶点含参数(即顶点为动)，区间固定，这时要争辩顶点横坐标何时在区间之内，何时在区间之外．
(3)顶点固定，区间变动，这时要争辩区间中的参数．

§4　二次函数性质的再争辩
学问梳理
1．向左(向右)　|h|　向上(向下)　|k|　2.向上(向下)　　x＝－　减(增)　增(减)　
作业设计
1．B　[由题设知对称轴为x＝1，∴＝1，
解得m＝1或－2.
由已知知抛物线开口向下，∴m＝－2.]
2．D　[依题意，由f(1＋x)＝f(－x)知，二次函数的对称轴为x＝，由于f(x)＝x2＋bx＋c开口向上，且f(0)＝f(1)，f(－2)＝f(3)，由函数f(x)的图像可知，[，＋∞)为f(x)的增区间，
所以f(1)<f(2)<f(3)，即f(0)<f(2)<f(－2)．]
3．A
4．B　[由题意知：对称轴x＝－≥1，b≤－2.]
5．C　[由P、Q两点关于直线x＝－1对称，
知P、Q的中点坐标为(－1，m)，
∴＝－1，即a＋b＝－2.]
6．D　[由y＝x2－2x＋3＝(x－1)2＋2知，
当x＝1时，y的最小值为2，
当y＝3时，x2－2x＋3＝3，解得x＝0或x＝2.
由y＝x2－2x＋3的图像知，当m∈[1,2]时，能保证y的最大值为3，最小值为2.]
7．下　x＝2　(2,7)　右　2　7
解析　∵f(x)＝－x2＋4x＋3＝－(x－2)2＋7，
由a＝－1<0，可知f(x)的开口向下，对称轴方程为x＝2，顶点坐标为(2,7)，可由y＝－x2向右平移2个单位长度，再向上平移7个单位长度得到．
8.
解析　y＝－3(x－1)2＋k，令y＝0，
则3(x－1)2＝k，即3x2－6x＋3－k＝0，
x1＋x2＝2，x1x2＝，
∴x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2＝4－＝，∴k＝.
9．f(－3)>f(3)
解析　∵f(2－x)＝f(2＋x)对任意实数x都成立，
∴f(x)的图像即函数的对称轴是直线x＝2，
∴f(1)＝f(3)．
又∵f(3)<f(π)，及2<3<π，
∴抛物线的开口必定向上，即x∈(－∞，2)时，
f(x)单调递减，x∈[2，＋∞)时，f(x)单调递增．
∴f(－3)>f(1)．
∴f(－3)>f(3)．
10．解　(1)设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，由f(0)＝1，∴c＝1，
∴f(x)＝ax2＋bx＋1.
∵f(x＋1)－f(x)＝2x，∴2ax＋a＋b＝2x，
∴，∴，∴f(x)＝x2－x＋1.
(2)由题意：x2－x＋1>2x＋m在[－1,1]上恒成立，
即x2－3x＋1－m>0在[－1,1]上恒成立．
令g(x)＝x2－3x＋1－m＝(x－)2－－m，
其对称轴为x＝，
∴g(x)在区间[－1,1]上是减函数，
∴g(x)min＝g(1)＝1－3＋1－m>0，∴m<－1.
11．解　(1)∵f(x)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1，x∈[，3]，
∴f(x)的最小值是f(1)＝1，又f()＝，f(3)＝5，
所以，f(x)的最大值是f(3)＝5，
即f(x)在区间[，3]上的最大值是5，最小值是1.
(2)∵g(x)＝f(x)－mx＝x2－(m＋2)x＋2，
∴≤2或≥4，
即m≤2或m≥6.
故m的取值范围是(－∞，2]∪[6，＋∞)．
12．C

　[画图得到F(x)的图像：
射线AC、抛物线及射线BD三段，
联立方程组
得xA＝2－，
代入得F(x)的最大值为7－2，
由图可得F(x)无最小值，从而选C.]
13.

解　(1)当a＝1时，
f(x)＝x2－|x|＋1
＝.
作图(如右所示)
(2)当x∈[1,2]时，f(x)＝ax2－x＋2a－1.
若a＝0，则f(x)＝－x－1在区间[1,2]上是减函数，
g(a)＝f(2)＝－3.
若a>0，则f(x)＝a(x－)2＋2a－－1，
f(x)图像的对称轴是直线x＝.
当0<<1，即a>时，f(x)在区间[1,2]上是增函数，
g(a)＝f(1)＝3a－2.
当1≤≤2，即≤a≤时，
g(a)＝f()＝2a－－1，
当>2，即0<a<时，f(x)在区间[1,2]上是减函数，
g(a)＝f(2)＝6a－3.
综上可得g(a)＝