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
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
m
k，
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
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