2020届高考数学一轮总复习第二单元函数第8讲二次函数练习理（含解析）新人教A版

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1、第8讲　二次函数1．已知a>0，函数f(x)＝ax2＋bx＋c，若x0满足关于x的方程2ax＋b＝0，则下列选项的命题中为假命题的是(C)A．∃x∈R，f(x)≤f(x0)B．∃x∈R，f(x)≥f(x0)C．∀x∈R，f(x)≤f(x0)D．∀x∈R，f(x)≥f(x0)函数f(x)的最小值是f(－)＝f(x0)，等价于∀x∈R，f(x)≥f(x0)，所以C错误．2．设abc>0，二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c的图象可能是(D)(方法1)对于A选项，因为a<0，－<0，所以b<0，又因为abc>0，所以c>0，由图知f(0)＝c<0，矛盾，故A错．对于B选项，因为a<0，－>0，所

2、以b>0，又因为abc>0，所以c<0，由图知f(0)＝c>0，矛盾，故B错．对于C选项，因为a>0，－<0，所以b>0，又因为abc>0，所以c>0，由图知f(0)＝c<0，矛盾，故C错．故排除A，B，C，选D.(方法2)当a>0时，b，c同号，C，D两图中c<0，故b<0，所以－>0，选D.3.(2018·皖北联考)已知二次函数f(x)＝－x2＋2ax＋1－a在x∈[0，1]上有最大值2，则a的值为(D)A．2B．－1或－3C．2或－3D．－1或2因为f(x)＝－(x－a)2＋a2－a＋1，所以f(x)的图象是开口向下，对称轴是x＝a的抛物线，(1)当a<0时，对称轴x＝a在区间[0

3、，1]的左边，f(x)在[0，1]上单调递减，所以f(x)max＝f(0)＝1－a＝2，解得a＝－1.(2)当0≤a≤1时，对称轴x＝a∈[0，1]，f(x)在[0，a]上单调递增，在[a，1]上单调递减，所以f(x)max＝f(a)＝a2－a＋1＝2，无解．(3)当a>1时，对称轴x＝a在区间[0，1]的右边，f(x)在[0，1]上单调递增，所以f(x)max＝f(1)＝a＝2，有a＝2.综上可知，a＝－1或a＝2.4．(2017·浙江卷)若函数f(x)＝x2＋ax＋b在区间[0,1]上的最大值是M，最小值是m，则M－m(B)A．与a有关，且与b有关B．与a有关，但与b无关C．与a无关

4、，且与b无关D．与a无关，但与b有关（方法1）设x1，x2分别是函数f(x)在[0,1]上的最小值点与最大值点，则m＝x＋ax1＋b，M＝x＋ax2＋b.所以M－m＝x－x＋a(x2－x1)，显然此值与a有关，与b无关．（方法2）由题意可知，函数f(x)的二次项系数为固定值，则二次函数图象的形状一定．随着b的变动，相当于图象上下移动，若b增大k个单位，则最大值与最小值分别变为M＋k，m＋k，而(M＋k)－(m＋k)＝M－m，故与b无关．随着a的变动，相当于图象左右移动，则M－m的值在变化，故与a有关．5．函数f(x)＝2x2－6x＋1在区间[－1,1]上的最小值是　－3　，最大值是　9　

5、.因为x＝∉[－1,1]，f(x)在[－1,1]上单调递减，所以f(x)max＝f(－1)＝9，f(x)min＝f(1)＝－3.6．设f(x)＝x2－2ax＋1.(1)若x∈R时恒有f(x)≥0，则a的取值范围是　[－1,1]　；(2)若f(x)在[－1，＋∞)上递增，则a的取值范围是　(－∞，－1]　；(3)若f(x)的递增区间是[1，＋∞)，则a的值是　1　.(1)由Δ≤0求得，4a2－4≤0，所以a∈[－1,1]．(2)a≤－1.(3)由对称轴x＝1知a＝1.7．已知f(x)＝ax2－2x(0≤x≤1)，求f(x)的最小值．(1)当a＝0时，f(x)＝－2x在[0,1]上递减，所以

6、f(x)min＝f(1)＝－2.(2)当a>0时，f(x)＝ax2－2x的图象开口向上，且对称轴为x＝.①当≤1，即a≥1时，f(x)＝ax2－2x图象的对称轴在[0,1]内，所以f(x)在[0，]上递减，在[，1]上递增，所以f(x)min＝f()＝－＝－.②当>1，即0

7、f(x)min＝8．若函数f(x)＝x2－a

8、x－1

9、在[0，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围是(C)A．(－∞，2]B．[2，＋∞)C．[0，2]D．[－2，2]f(x)＝当x∈[1，＋∞)时，f(x)＝x2－ax＋a＝(x－)2＋a－，当x∈(－∞，1)时，f(x)＝x2＋ax－a＝(x＋)2－a－.①当>1，即a>2时，f(x)在[1，]上单调递减，不合题意；②当0≤≤1，即0≤a≤2时，符合题意；③当<0，即a<0时，不