2020版江苏高考数学名师大讲坛一轮复习教程：随堂巩固训练9含解析
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随堂巩固训练(9)
1. 若二次函数f(x)＝ax2
＋bx＋c图象的顶点坐标为(2，－1)，与y轴的交点坐标为(0，
11)，则a，b，c的值为__3，－12，11__．
解析：由题意得解得故a，b，c的值分别为3，－12，11.{
－b
2a＝2，
4a＋2b＋c＝－1，
c＝11，)
{a＝3，
b＝－12，
c＝11.)
2. 函数f(x)＝x2
－2x－2(x∈[－2，2])的最小值是__－3__．
解析：因为f(x)＝x2
－2x－2＝(x－1)2
－3，所以函数f(x)在区间[－2，1]上单调递减，在
区间[1，2]上单调递增，所以f(x)
min＝f(1)＝1－2－2＝－3.
3. 如果函数f(x)＝x2
＋px＋q对任意的x均有f(1＋x)＝f(1－x)成立，那么f(0)、f(－1)、
f(1)从小到大的顺序为__f(1)
解析：由题意得函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，所以函数在区间(－∞，1]上是减
函数，所以f(1)
4. 若f(x)＝x2
＋bx＋c，且f(1)＝0，f(3)＝0，则f(－1)＝__8__．
解析：由题意得解得所以f(x)＝x2
－4x＋3，所以f(－1)＝1＋4{1＋b＋c＝0，
9＋3b＋c＝0，){b＝－4，
c＝3，)
＋3＝8.
5. 若f(x)＝－x2
＋(b＋2)x＋3，x∈[b，c]的图象关于直线x＝1对称，则c＝__2__．
解析：由题意，得解得故c的值为2.{
－b＋2
2×（－1
）＝1，
b＋c
2＝1，)
{b＝0，
c＝2，)
6. 函数f(x)＝2x2
－6x＋1在区间[－1，1]上的最小值为__－3__，最大值为__9__．
7. 已知函数f(x)＝|x2
－2ax＋b|(x∈R)，给出下列命题：①f(x)必是偶函数；②当f(0)＝f(2)
时，f(x)的图象必关于直线x＝1对称；③f(x)有最大值|a2
－b|；④若a2
－b≤0，则f(x)在区间[a，
＋∞)上是增函数．其中正确的序号是__④__．
解析：当a＝0时，函数f(x)为偶函数；当a≠0时，函数f(x)既不是偶函数，也不是奇
函数，故①错误；若f(0)＝f(2)，则|b|＝|4－4a＋b|，所以4－4a＋b＝b或4－4a＋b＝－b，
即a＝1或b＝2a－2.当a＝1时，函数f(x)图象的对称轴为直线x＝1；当b＝2a－2时，函数f(x)
图象的对称轴为直线x＝a，故②错误；若a2
－b≤0，则f(x)＝|(x－a)2
＋b－a2|＝(x－a)2
＋b－a2
，
所以函数在区间[a，＋∞)上是增函数，此时有最小值b－a2
，故③错误，④正确．
8. 已知函数f(x)＝ax2
＋(a3
－a)x＋1在区间(－∞，－1]上单调递增，则实数a的取值范
围是
__[－，0)__．3
解析：当a＝0时，函数f(x)＝1，不符合题意，舍去；当a≠0时，{a<0，
－a3－a
2a≥－1，)
解得－≤a<0
，故实数a的取值范围是[－，0)．33
9. 已知二次函数f(x)＝ax2
＋(a2
＋b)x＋c的图象开口向上，且f(0)＝1，f(1)＝0，则实
数b的取值范围是__(－∞，－1)__．
解析：由题意得a>0，c＝1，a＋a2
＋b＋c＝0，所以b＝－(a2
＋a)－1＝－－.因(
a＋1
2)
2
3
4
为a>0，所以b<－1，故实数b的取值范围为(－∞，－1)．
10. 函数y＝(x＋1)(x＋2)(x＋3)(x＋4)＋5在区间[－3，3]上的最小值为__4__．
解析：因为y＝(x＋1)(x＋2)(x＋3)(x＋4)＋5＝[(x＋1)(x＋4)][(x＋2)(x＋3)]＋5＝(x2
＋5x
＋4)(x2
＋5x＋6)＋5＝(x2
＋5x＋5－1)(x2
＋5x＋5＋1)＋5＝(x2
＋5x＋5)2
＋4.设t＝x2
＋5x＋5，
则y＝t2
＋4.因为t＝x2
＋5x＋5＝2
－，x∈[－3，3]，所以y＝t2
＋4，t∈，抛(
x＋5
2)5
4[
－5
4，29]
物线开口向上，对称轴为直线t＝0，所以y
min＝4，故y＝(x＋1)(x＋2)(x＋3)(x＋4)＋5在区
间[－3，3]上的最小值是4.
11. 已知二次函数f(x)＝ax2
＋bx＋c.
(1) 若f(－1)＝0，试判断函数f(x)的零点个数；
(2) 若对x
1，x
2∈R，且x
1
2，f(x
1)≠f(x
2)，证明方程f(x)＝[f(x
1)＋f(x
2)]必有一个实数1
2
根属于(x
1，x
2)．
解析：(1) 因为f(－1)＝0，所以a－b＋c＝0，即b＝a＋c.
因为Δ＝b2
－4ac＝(a＋c)2
－4ac＝(a－c)2
，
所以当a＝c时，Δ＝0，函数f(x)有一个零点；
当a≠c时，Δ>0，函数f(x)有两个零点．
(2) 令g(x)＝f(x)－[f(x
1)＋f(x
2)]，则1
2
g(x
1)＝f(x
1)－[f(x
1)＋f(x
2)]＝， 1
2f（x1）－f（x2）
2
g(x
2)＝f(x
2)－[f(x
1)＋f(x
2)]＝， 1
2f（x2）－f（x1）
2
所以g(x
1)·g(x
2)＝－[f(x
1)－f(x
2)]2.1
4
因为f(x
1)≠f(x
2)，所以g(x
1)·g(x
2)<0，
所以g(x)＝0在区间(x
1，x
2)上必有一个实数根，
即方程f(x)＝[f(x
1)＋f(x
2)]必有一个实数根属于(x
1，x
2)．1
2
12. 已知函数f(x)＝ax2
－1，a∈R，x∈R，集合A＝{x|f(x)＝x}，B＝{x|f(f(x))＝x}且A＝
B≠，求实数a的取值范围．
解析：①若a＝0，则A＝B＝{－1}；
②若a≠0，由A＝{x|ax2
－x－1＝0}
≠，
得a≥－且a≠0.1
4
集合B中元素为方程a(ax2
－1)2
－1＝x，
即a3x4
－2a2x2
－x＋a－1＝0的实数根，
所以a3x4
－2a2x2
－x＋a－1＝(ax2
－x－1)(a2x2
＋ax－a＋1)＝0.
因为A＝B，
所以a2x2
＋ax－a＋1＝0无实数根或其根为ax2
－x－1＝0的根．
由a2x2
＋ax－a＋1＝0无实数根，得a<，3
4
故a∈∪；[
－1
4，0)(
0，3
4)
当a2x2
＋ax－a＋1＝0有实数根且为ax2
－x－1＝0的根时，
因为ax2
－x－1＝0，所以ax2
＝x＋1，
所以a2x2
＋ax－a＋1＝a(x＋1)＋ax－a＋1＝0，
解得x＝－，代入ax2
－x－1＝0得a＝.1
2a3
4
综上所述，实数a的取值范围是.[
－1
4，3
4]
13. 已知二次函数f(x)＝ax2
＋bx＋1，若f(1)＝0，且函数f(x)的值域为[0，＋∞)．
(1) 求a，b的值；
(2) 若h(x)＝2f(x＋1)＋x|x－m|＋2m，求h(x)的最小值．
解析：(1) 显然a≠0，因为f(1)＝0，所以a＋b＋1＝0.
又f(x)的值域为[0，＋∞)，所以Δ＝b2
－4a＝0.
由解得{a＋b＋1＝0，
b2－4a＝0，){a＝1，
b＝－2.)
(2) 由(1)知f(x)＝x2
－2x＋1，h(x)＝2x2
＋x|x－m|＋2m，
即h(x)＝{3x2－mx＋2m，x≥m，
x2＋mx＋2m， x
①若m≥0，则h(x)
min＝min，{
h（m），h(
－m
2)}
即h(x)
min＝min.{
2m2＋2m，－m2
4＋2m}
又2m2
＋2m－＝≥0，所以当m≥0时，h(x)
min＝－＋2m；(
－m2
4＋2m)9m2
4m2
4
②若m<0，则h(x)
min＝h＝2m－.(m
6)m2
12
综上所述，h(x)
min＝{
2m－m2
4， m≥0，
2m－m2
12， m<0.)
