浙江省2021届高考数学一轮复习第三章函数概念及基本初等函数Ⅰ第2节二次函数含解析 18页

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 单问题；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>0 a<0 图象 定义域 R 值域 [4ac－b2 4a ，＋∞) (－∞， 4ac－b2 4a ] 单调性 在(－∞，－ b 2a]上递减， 在[－ b 2a，＋∞)上递增 在(－∞，－ b 2a]上递增， 在[－ 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＝－ b 2a；②顶点：(－ b 2a， 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 的关键是弄清楚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 讨论.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 下的分布情况： 对称轴与区间的关 系 mk， x2>k 一个根小于 k，一个 大于 k，即 x10) 综合结论(不讨 论 a) a·f（k）<0 表二：（根在区间上的分布） 分布情况 两根都在（m，n）内 两根都在区间（m，n） 外（x1n） 一根在（m，n）内， 另一根在（p，q）内， m0） 综合结论（不讨 论 a） 若两根有且仅有一根在（m，n）内，则需分三种情况讨论： 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. [常用结论与易错提醒] 不等式 ax2＋bx＋c>0（<0）恒成立的条件 （1）不等式 ax2＋bx＋c>0 对任意实数 x 恒成立⇔{a＝b＝0， c > 0 或{a > 0， Δ < 0. （2）不等式 ax2＋bx＋c<0 对任意实数 x 恒成立⇔{a＝b＝0， c < 0 或{a < 0， Δ < 0. 诊 断 自 测 1.判断下列说法的正误. （1）如果二次函数 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( 1 20，＋∞).（　　） （3）二次函数 y＝ax2＋bx＋c（x∈R）不可能是偶函数.（　　） （4）二次函数 y＝ax2＋bx＋c（x∈[a，b]）的最值一定是 4ac－b2 4a .（　　） 答案　（1）√　（2）√　（3）×　（4）× 2.已知 f（x）＝x2＋px＋q 满足 f（1）＝f（2）＝0，则 f（－1）的值是（　　） A.5 B.－5 C.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　C 3.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{Δ＝（m＋2）2－4 × （m＋5） ≥ 0， x1＋x2＝－（m＋2） < 0， x1x2＝m＋5 > 0， 解得 m≥4. 答案　A 4.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　B 5.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　　　　 Ｗ. 解析　令 f（x）＝x2＋（m－2）x＋2m－1. 由题意得 {f（0） > 0， f（1） < 0，即{2m－1 > 0， 1＋（m－2）＋2m－1 < 0， 解得 1 2 0， 其图象如图所示， ∴f（|x|）在[－6，6]上的单增区间为[－1，0]和[1，6]，单减区间为[－6，－1）和（0， 1）. 规律方法　解决二次函数图象与性质问题时要注意： （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，要注意分类讨论； （2）要注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＝－ b 2a>0，知 A，C 错误，D 满足要求；由 B 知f（0）＝ c>0， 所以 ab>0，所以对称轴 x＝－ 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{f′（－4）＝－8a＋2 ≥ 0， f′（6）＝12a＋2 ≥ 0， 所以－ 1 6≤a≤ 1 4. 答案　（1）D　（2）[－ 1 6， 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＝ 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 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< 1 2，即 a>－ 1 2时，f（x）max＝f（2）＝4a＋5； （2）当－a≥ 1 2，即 a≤－ 1 2时，f（x）max＝f（－1）＝2－2a. 综上，f（x）max＝{4a＋5，a > － 1 2， 2－2a，a ≤ － 1 2. 规律方法　研究二次函数的性质，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，进行分类讨论. 【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＝{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 x 3＋ y 3＝1（x∈[0，3]）， 即 y＝3－x（x∈[0，3]）， 由题意得方程组：{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{Δ＝（m＋1）2－16 > 0， 0 ≤ m＋1 2 ≤ 3， f（0）＝4 ≥ 0， f（3）＝10－3m ≥ 0， 解得{m < －5或m > 3， －1 ≤ m ≤ 5， m ≤ 10 3 ， 所以 3 0， f（1）＝4m＋5 < 0， f（4）＝10m＋14 > 0， 解得{m > －3， m < － 5 4， m > － 7 5， 所以－ 7 5 0， f（0）＝2m＋6 > 0， － 2（m－1） 2 > 0， 解得－3 0， Δ＝（－2）2－4m > 0，无解. f（0） < 0， （2）{m < 0， Δ＝（－2）2－4m > 0，解得m < 0. f（0） > 0， （3）{m ≠ 0， Δ＝（－2）2－4m＝0. 解得 m＝1，经验证，满足题意. 又当 m＝0 时，f（x）＝－2x＋1，它显然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－2f（1），则（　　） A.a>0，4a＋b＝0 B.a<0，4a＋b＝0 C.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－ b 2a＝2，所以 4a＋b＝0. 答案　A 2.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　D 3.若函数 f（x）＝x2－ax－a 在区间[0，2]上的最大值为 1，则实数 a＝（　　） A.－1 B.1 C.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， ∴{－a ≥ 4－3a， －a＝1 或{－a ≤ 4－3a， 4－3a＝1， 解得 a＝1. 答案　B 4.（2019·浙江新高考仿真卷四）设函数 f（x）＝sin2x＋acos x＋b 在[0， π 2 ]上的最大值是 M，最小值是 m，则 M－m（　　） A.与 a 有关，且与 b 有关 B.与 a 有关，且与 b 无关 C.与 a 无关，且与 b 无关 D.与 a 无关，且与 b 有关 解析　令 t＝cos x，则 g（t）＝－t2＋at＋b＋1（0≤t≤1），由题意，①当 a 2＜0，即 a＜0 时， g（0）为最大值，g（1）为最小值，此时 M－m＝1－a；②当 a 2＞1，即 a＞2 时，g（0）为最小 值，g（1）为最大值，此时 M－m＝a－1；③当 1 2≤ a 2≤1，即 1≤a≤2 时，M 取 g(a 2 )，m 取 g（0），此时 M－m＝ a2 4 ；④当0≤ a 2＜ 1 2，即 0≤a＜1 时，M 取 g(a 2 )，m 取 g（1），此时 M－m ＝ a2 4 ＋1－a.综上所述，M－m 与 a 有关，但与 b 无关，故选 B. 答案　B 5.（2019·北京通州区三模）设函数 f（x）＝{ex，x ≤ a， x2－x＋a，x＞a.则下列结论中正确的是（　　） A.对任意实数 a，函数 f（x）的最小值为 a－ 1 4 B.对任意实数 a，函数 f（x）的最小值都不是 a－ 1 4 C.当且仅当 a≤ 1 2时，函数 f（x）的最小值为 a－ 1 4 D.当且仅当 a≤ 1 4时，函数 f（x）的最小值为 a－ 1 4 解析　因为 f（x）＝{ex，x ≤ a， x2－x＋a，x＞a， 当 x≤a 时，f（x）＝ex 单调递增，此时 0＜f（x）≤ea； 当 x＞a 时，f（x）＝x2－x＋a＝(x－ 1 2 ) 2 ＋a－ 1 4； （1）若 a＞ 1 4，则 f（x）＝(x－ 1 2 ) 2 ＋a－ 1 4＞0，此时 f（x）＝{ex，x ≤ a， x2－x＋a，x＞a值域为（0，＋ ∞），无最小值； （ 2 ） 若 a≤ 1 4， 则 f （ x ） min ＝ a － 1 4＜ 0 ， 此 时 f （ x ） ＝ {ex，x ≤ a， x2－x＋a，x＞a的 值 域 为 [a－ 1 4，＋∞)； 此时最小值为 a－ 1 4. 答案　D 6.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＝0，f（x）＝x2，由图象可知，当 a→＋∞时，b－a 越来越小，显然 b－a 不 存在最小值.∵f（a）＝a2＋ka＋m，f（b）＝b2＋kb＋m，f(a＋b 2 )＝(a＋b 2 ) 2 ＋k(a＋b 2 )＋ m，∴ （b－a）2 2 ＝f（a）＋f（b）－2f(a＋b 2 )≤n＋1＋n＋1－2n＝2，∴b－a≤2，当 b＝ 2－k 2 ，a＝－ 2＋k 2 时，b－a 取得最大值为 2，故选 B. 答案　B 7.（2016·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＝(x＋ b 2 ) 2 － b2 4 ，当 x＝－ b 2时，f（x）min＝－ b2 4 . 又 f（f（x））＝（f（x））2＋bf（x）＝(f（x）＋ b 2) 2 － b2 4 ，当 f（x）＝－ b 2时，f（f（x）） min＝－ b2 4 ，当－ b 2≥－ b2 4 时，f（f（x））可以取到最小值－ 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　A 8.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＝ 1 3，则 N＝3 B.若 M＝ 1 2，则 N＝3 C.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|＝{|a＋b|，ab ≥ 0， |a－b|，ab < 0， 则易知 N≤M＋1，则 A，B 不符合题意；当 a＝2，b ＝－1 时，M＝2，N＝3，则 C 符合题意；当 a＝2，b＝－2 时，M＝3，N＝4，则 D 不符合题意， 故选 C. 答案　C 9.（2019·北京东城区二模）在交通工程学中常作如下定义：交通流量 Q（辆/小时）为单位 时间内通过道路上某一横断面的车辆数；车流速度 V（千米/小时）为单位时间内车流平均行 驶过的距离；车流密度 K（辆/千米）为单位长度道路上某一瞬间所存在的车辆数.一般的 V 和 K 满足一个线性关系，即 V＝v0(1－ K k0)（其中 v0，k0 是正数），则以下说法正确的是（　　） A.随着车流密度增大，车流速度增大 B.随着车流密度增大，交通流量增大 C.随着车流密度增大，交通流量先减小，后增大 D.随着车流密度增大，交通流量先增大，后减小 解析　由 V＝v0(1－ K k0)，得 K＝k0－ k0 v0V， 由单位关系得 Q＝VK＝V(k0－ k0 v0V)＝－ k0 v0V2＋k0V， 可以是看成是 Q 与 V 的二次函数，开口向下， 图象先增大，再减小， 所以随着车流速度 V 的增大，交通流量 Q 先增大、后减小. 答案　D 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　　　　Ｗ. 解析　设 f（x）的两个零点为 x1，x2，不妨设 1f（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<2x1x2－12 x1x2＋26＝2（ x1x2－3）2＋8<2（ 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）＝{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　　　　Ｗ. 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.已知 a，b 都是正数，a2b＋ab2＋ab＋a＋b＝3，则 2ab＋a＋b 的最小值等于　　　　Ｗ. 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{Δ＝（1－t）2－8（3－t） ≥ 0， t－1 2 > 0， 3－t 2 > 0， 解得 4 2－3≤t<3，即 2ab＋a＋b 的最小值等于 4 2－3. 答案　4 2－3 13.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　　　　Ｗ. 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＝ 7 2， 7 2∈[0，5]， ∴f（x）min＝f(7 2 )＝－ 9 4， 又 f（0）＝10，f（5）＝0. ∴f（x）的最大值为 10，最小值为－ 9 4. 答案　（1）x2－7x＋10　（2）10，－ 9 4 14.（2018·浙江卷）已知 λ∈R，函数 f（x）＝{x－4，x ≥ λ， x2－4x＋3，x < λ.当 λ＝2 时，不等式 f （x）<0 的解集是　　　　Ｗ.若函数 f（x）恰有 2 个零点，则λ的取值范围是　　　　Ｗ. 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 14. 答案　（1，4）　（1，3]∪（4，＋∞） 能力提升题组 15.函数 f（x）＝ax2＋bx＋c（a≠0）的图象关于直线 x＝－ b 2a对称.据此可推测，对任意的非 零实数 a，b，c，m，n，p，关于 x 的方程 m[f（x）]2＋nf（x）＋p＝0 的解集不可能是（　　） 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＝－ 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＝－ b 2a对称， 即 x1＋x2＝－ b a，同理方程 y2＝ax2＋bx＋c＝0 的两个解 x3，x4 也关于对称轴 x＝－ b 2a对称， 即 x3＋x4＝－ 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致，也就是说无论怎样分组，都没办法使得其中 两个的和等于另外两个的和，故答案 D 不可能. 答案　D 16.（2019·浙江名师预测卷五）二次函数 f（x）＝ax2＋bx＋c，a 为正整数，若 f（0）≥2，f（2）≥2，f（x）有两个小于 2 的不等正零点，则 a 的最小值是（　　） A.3 B.4 C.5 D.6 解析　因为 a 为正整数，所以当 a 越大时，y＝f（x）的图象的开口越小，当 a 越小时，y＝f （x）的图象的开口越大，结合二次函数图象的对称性知，当 y＝f（x）的图象的开口最大时， y＝f（x）的图象过（0，2），（2，2）两点，a 的取值符合题意，则 c＝2，4a＋2b＋c＝2，－ b 2a＝1，可得 b＝－2a，又 b2－4ac＞0，解得 a＞2，因为 a 为正整数，所以 a 的最小值为 3， 故选 A. 答案　A 17.（2020·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 1 C.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）]< [－（m－1－x1）＋（m＋1－x1）]2 4 · [－（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　D 18.已知 a>0，函数 f（x）＝|x2＋|x－a|－3|在[－1，1]上的最大值是 2，则 a＝　　　　Ｗ. 解析　由题意知 f（0）≤2，即有||a|－3|≤2，又∵a>0，∴||a|－3|≤2⇒|a－3|≤2⇒1≤a≤ 5.又∵x∈[－1，1]，∴f（x）＝|x2－x－3＋a|≤2，设 t＝x2－x－3，则 t∈[－ 13 4 ，－1]， 则原问题等价于 t∈[－ 13 4 ，－1]时，|t＋a|＝|t－（－a）|的最大值为 2，∴a＝3 或 a＝ 5 4. 答案　3 或 5 4 19.（2020·杭州学军中学模拟）已知函数 f（x）＝x2＋tx－t（t＜0），若 x∈[－1，0]时，f （x）max＝2，则 t＝　　　　；记集合 A＝{x|f（x）＜0}，若 A∩Z（Z 为整数集）中恰有一 个元素，则 t 的取值范围为　　　　Ｗ. 解析　因为 t＜0，所以当 x∈[－1，0]时，由－ t 2＞0，得 f（x）max＝f（－1）＝1－t－t＝2， 解得 t＝－ 1 2，因为 A∩Z 中恰有一个元素，所以 t2－4×（－t）＞0，解得 t＞0 或 t＜－4， 又因为 t＜0，所以 t＜－4，则 f（1）＝1＞0，f（2）＝4＋t＜0，则 f（3）＝9＋2t≥0，解 得 t≥－ 9 2，即 t 的取值范围为[－ 9 2，－4). 答案　－ 1 2　[－ 9 2，－4) 20.已知函数 f（x）＝ax＋3＋|2x2＋（4－a）x－1|的最小值为 2，则 a＝　　　　Ｗ. 解析　令 g（x）＝2x2＋（4－a）x－1＝0，Δ＝（4－a）2＋8>0，则 g（x）＝0 有两个不相等 的实数根，不妨设为 x1，x2（x1