高考压轴题：函数(绝对解决)

二次函数
一、正向型
已知定义域的区间，求最值。
一般讨论对称轴与定义域区间的相互位置关系。
只有四种情形：（1）轴定，区间定；（2） 轴定，区间变；（3）轴变，区间定；（4）轴变，区间变。
1. 轴定区间定（常常出现在一元三次方程的大题中）
（2008年陕西卷）
22．本小题满分 14分）设函数
f(x)?x?ax?ax?1,g(x)?ax?2x?1,
其中实
3222
数
a?0
．（Ⅰ）若
a?0
，求函数
f(x)的单调区间；
（Ⅱ）当函数
y?f(x)
与
y?g(x)
的图 象只有一个公共点且
g(x)
存在最小值时，并且记
g(x)
的最
小 值为
h(a)
，求
h(a)
的值域；
（Ⅲ）若
f(x)< br>与
g(x)
在区间
(a,a?2)
内均为增函数，求
a
的取值范围．

a
解：（Ⅰ）
?

f
?
(x)?3x
2
?2ax?a
2
?3(x?)(x?a)
，又
a?0
，

3
aa
?
当
x??a或x?
时，
f
?
(x)?0
；当
?a?x?
时，
f?
(x)?0
，
33
aa
?
f(x)
在(??,?a)
和
(,??)
内是增函数，在
(?a,)
内是减 函数．
33
3222
（Ⅱ）由题意知
x?ax?ax?1?ax?2x?1
，
22
2
即
x[x ?(a?2)]?0
恰有一根（含重根）．
?

a?2
≤
0
，即
?2
≤
a
≤
2
，
又
a?0
，
?

a?[?2,0)?(0,2]
．
当
a?0
时，
g(x)
才存在最小值，
?
a?(0 ,2]
．
?

g(x)?a(x?)
2
?a?
1
a
1
，
a
2
1
]
．
?

h(a)?a?,a?(0,2]
．
?
h(a)
的值域为(??,1?
2
a
a1
（Ⅲ）当
a?0
时，
f (x)
在
(??,?a)
和
(,??)
内是增函数，
g(x )
在
(,??)
内是增函数．
3a
?
?
a?0< br>?
a
?
由题意得
?
a?
，解得
a
≥
1
；
3
?
1
?
a?
?
a
?
a1
当
a?0
时，
f(x)
在
(??,)和
(?a,??)
内是增函数，
g(x)
在
(??,)
内是增函数．
3a
?
?
a?0
?
a
?
由 题意得
?
a?2?
，解得
a
≤
?3
；
3
?
1
?
a?2?
?
a
?
综上可知，实数< br>a
的取值范围为
(??,?3]?[1,??)
．


- 1 -

2. 轴定区间动
（全国卷）设a为实数， 函数
f(x)?x?|x?a|?1,a?R,
，求f(x)的最小值。
解：（1） 当
x?a
时，
f(x)?(x?)
2
?
①若
a??
2
1
2
3
?a

4
1
13
，则
f(x)
min
?f(?)??a
;
2
24
1
2
②若
a??
，则
f(x)
min
?f(a) ?a?1

2
13
（2）当
x?a
时，
f(x)? (x?)
2
??a

24
1
2
①若
a?< br>，则
f(x)
min
?f(a)?a?1
;；
2
1
13
②若
a?
，则
f(x)
min
?f()??a

2
24
1
311
2
综上所述，当
a??
时，
f(x)
min
??a
；当
??a?
时，f(x)
min
?a?1
；
2
422
1
3< br>当
a?
时，
f(x)
min
??a
。
2
4

2. 轴动区间定（最简单）
求函数
y??x(x? a)
在
x?[?1,1]
上的最大值。

a
2
a< br>2
a
a
aa
解：函数
y??(x?)?
图象的对称轴 方程为
x?
，应分
?1??1
，
??1
，
?1即
24
222
2
?2?a?2
，
a??2
和< br>a?2
这三种情形讨论，下列三图分别为
（1）
a??2
；由图可知
f(x)
max
?f(?1)

a
（2）
?2?a
?2
；由图可知
f(x)
max
?f()

2
（3）
a?2
时；由图可知
f(x)
max
?f(1)


?
y
最大
?
?(a?1),a??2
?
f(?1) ,a??2
?
2
?
a
?
?
a
?
?
f(),?2?a?2
；即
y
最大
?
?
,?2?a ?2

?
2
?
4
?
?
?
f(1) ,a?2
?
a?1,a?2


- 2 -

4. 轴变区间变
已知
y?4a(x?a)(a?0),
，求
u?(x?3)?y
的最小值。
解：将
y?4a(x?a)
代入u中，得

①
②
所以
，即
，即
时，
时，

2
222

二、逆向型：
已知最值，求函数的参数值。

1、 已知函数
f(x)?ax?2ax?1
在区间
[?3,2]
上 的最大值为4，求实数a的值。
解：
f(x)?a(x?1)?1?a,x?[?3,2]

（1）若
a?0,f(x)?1,
，不合题意。
（2）若
a?0,
则
f(x)
max
?f(2)?8a?1

2
2
3

8
（3）若
a?0
时，则
f(x)
max
?f(?1)?1?a

由
1?a?4
，得
a??3

3
综上知
a?
或
a??3

8
x
2
2、 已知函数
f(x)???x
在区间
[ m,n]
上的值域是
[3m,3n]
，求m，n的值。【很重要】
2
m?n
解析1：讨论对称轴中1与
m,,n
的位置关系。
2
?
f(x)
max
?f(n)?3n
①若，则
?

?
f(x)
min
?f(m)?3m
由
8a?1?4< br>，得
a?
解得
②若

?
f(x)
max
?f(1)?3n
m?n
，无解
?1?n
，则
?
f(x)?f(m)?3m
2
?
min< br>?
f(x)
max
?f(1)?3n
m?n
，则
?< br>，无解
f(x)?f(n)?3m
2
?
min
，则
?
③若
m?1?
④若
?
f(x)
max
?f(m) ?3n
，无解
?
f(x)
min
?f(n)?3m
综上，
m??4,n?0

1111
(x?1)
2
?
，知
3n?,n?,
，则
[m,n]?(??,1]
，f(x)在
[m, n]
上递增。
2226
?
f(x)
max
?f(n)?3 n
所以
?

?
f(x)
min
?f(m)?3m< br>解析2：由
f(x)??
解得
m??4,n?0


- 3 -

练习：（先写再看效果最好。不写的一定要看） 1、（2008江西卷21）．已知函数
f(x)?
（1）求函数
y?f(x)< br>的单调区间；
（2）若函数
y?f(x)
的图像与直线
y?1
恰有两个交点，求
a
的取值范围．
1
4
1
3
x ?ax?a
2
x
2
?a
4
(a?0)

4 3
解：（1）因为
f
?
(x)?x
3
?ax
2?2a
2
x?x(x?2a)(x?a)

令
f
?< br>(x)?0
得
x
1
??2a,x
2
?0,x
3
?a

由
a?0
时，
f
?
(x)
在
f
?
(x)?0
根的左右的符号如下表所示
x

f
?
(x)

f(x)


(??,?2a)

?

?2a

0

极小值
(?2a,0)

0

0

极大值
(0,a)

?

a

0

极小值
(a,??)

?

?

?

?

?

?

所以
f(x)
的递增区间为
(?2a,0)与(a,??)

?2a)与(0，a)

f(x)
的递减区间为(??，
5
4
7
4
（2）由（1）得到
f(x)
极小值
?f(?2a)??a
，
f(x)
极小值
?f(a)?a< br>
312
f(x)
极大值
?f(0)?a
4

要使
f(x)
的图像与直线
y?1
恰有两个交点，只要
?a ?1?
4
5
3
4
7
4
a
或
a4
?1
，
12
即
a?
12
或
0?a?1
. < br>7
2
3
2
分析：逆向的最值问题，从最值入手，需分
a?0< br>与
a?0
两大类五种情形讨论，过程麻烦啊啊啊啊啊。但注意
到
f(x )
的最值总是在闭区间的端点或抛物线的顶点处取到，因此先计算这些点的函数值，再检验其真假，过< br>2、已知二次函数
f(x)?ax?(2a?1)x?1
在区间
[?,2]上的最大值为3，求实数a的值。
程简明。
解：（1）令
f(?
2a ?1
1
)?3
，得
a??

2
2a
，且< br>?2?[?,2]
。故
a??
此时抛物线开口向下，对称轴为
（2）令
f(2)?3
，得
a?
3
2
1
不合题意；
2
11
，此时抛物线开口向上，闭区间的右端点距离对称轴远些，故
a?
符 合题意；
22
2
2
（3）若
f(?)?3
，得
a ??
，经检验，符合题意。
3
3
12
综上，
a?
或
a??

23

- 4 -

3、（2008山东卷21．）（本小题满分12分）
设函数
f(x)?xe
2x?1
?ax
3
?bx
2
，已知
x??2
和< br>x?1
为
f(x)
的极值点．
（Ⅰ）求
a
和
b
的值；
（Ⅱ）讨论
f(x)
的单调性；
2
32
x?x
， 试比较
f(x)
与
g(x)
的大小．
3
解：（Ⅰ） 因为
f
?
(x)?e
x?1
(2x?x
2
)?3a x
2
?2bx?xe
x?1
(x?2)?x(3ax?2b)
，
又
x??2
和
x?1
为
f(x)
的极值点， 所以
f
?
(?2)?f
?
(1)?0
，
?
?6a?2b?0，
1
因此
?
解方程组得
a??
，
b??1
．
3
?
3?3a?2b?0，
1
x?1
（Ⅱ）因为
a??
，
b??1
，所以
f
?
(x) ?x(x?2)(e?1)
，
3
令
f
?
(x)?0
，解得
x
1
??2
，
x
2
?0
，
x
3
?1
．
因为当
x?(??，?2)?(01)，
时 ，
f
?
(x)?0
；
当
x?(?2，0)?(1，??)
时，
f
?
(x)?0
．
所以
f(x)
在
(?2，0)
和
(1，??)
上是单调递增的；在
(??，?2)< br>和
(0，1)
上是单调递减的．
1
32x?12
（Ⅲ）由（Ⅰ）可知
f(x)?xe?x?x
， < br>3
2x?132x?1x?1x?1
故
f(x)?g(x)?xe?x?x(e ?x)
，令
h(x)?e?x
，则
h
?
(x)?e?1．
1
?
时，
h
?
(x)
≤
0
， 令
h
?
(x)?0
，得
x?1
，因为
x?
?
??，
（Ⅲ）设
g(x)?
1
?
上单调递减．故
x ?
?
??，1
?
时，
h(x)
≥
h(1)?0； 所以
h(x)
在
x?
?
??，
??
?时，
h
?
(x)
≥
0
，所以
h(x)
在
x?
?
1，??
?
上单调递增． 因为
x?
?< br>1，
??
?
时，
h(x)
≥
h(1)?0
． 故
x?
?
1，
所以对任意
x?(??，??)
，恒有
h(x)
≥
0
，又
x
故对任意
x?(??，??)
，恒有
f(x)
≥
g(x)
．

2010辽宁(21)(本小题满分12分)
已知函数f(x)=(a+1)lnx+ax+1.
(Ⅰ)讨论函数f(x)的单调性；
(Ⅱ)设a≤-2，证明：对任意x
2
,x
2
(0,+∞)，|f(x1
)-f(x
2
)|≥4|x
1
-x
2
|.
2
2
≥
0
，因此
f(x)?g(x)
≥
0
，
a?12ax
2
?a?1
?2ax?
解：(Ⅰ) f(x)的定义域为(0,+
?
)，
f
?
(x)?
. xx
当a≥0时，
f
?
(x)
＞0，故f(x)在(0,+?
)单调增加；
当a≤－1时，
f
?
(x)
＜0, 故f(x)在(0,+
?
)单调减少；
- 5 -

当－1＜a＜0时，令
f
?
(x)
＝0,解得x=
a?1
.当x∈(0,
2a
?
a?1
)时,
f
?
(x)
＞0；
2a
x∈(
?
a?1
，+
?
)时，
f
?
(x)
＜0, f(x)在（0,
2a
a?1a?1
）单调增，在（
?
，+
?
）单调减少.
2a2a
(Ⅱ)不妨假设x
1
≥x
2< br>.由于a≤－2,故f(x)在（0，+
?
）单调减少.
所以
f(x
1
)?f(x
2
)?4x
1
?x
2
等价于
f(x
1
)?f(x
2
)
≥4x
1
－4x
2
,即f(x
2
)+ 4x
2
≥f(x
1
)+ 4x
1
.
2ax
2
?4x?a?1
a?1
令g(x)=f(x)+4x,则
g
?< br>(x)?
.
?2ax
+4＝
x
x
8分 ?4x
2
?4x?1?(2x?1)
2
于是
g
?
(x)
≤＝≤0.
xx
从而
g
(
x
)在（0， +
?
）单调减少，故g(x
1
) ≤g(x
2
)，即 f(x
1
)+ 4x
1
≤f(x
2
)+ 4x
2
，
故对任意x
1
,x
2
∈(0,+
?
) ，
f(x
1
)?f(x
2
)?4x
1
?x
2
. 12分
2010全国卷2（21）（本小题满分12分）
已知函数f（x）=x
3
-3ax
2
+3x+1。
（Ⅰ）设a=2，求f（x）的单调期间；
（Ⅱ）设f（x）在区间（2,3）中至少有一个极值点，求a的取值范围。
解：（Ⅰ）求出导数，由导数大于0求出增区间；由导数小于0，求出减区间。
（Ⅱ）f(x)在(2,3)内有极值，即f’(x)在（2,3）有个零点，即f’(2) f’(3)＜0，即可求出a。

2010山东理数(22)(本小题满分14分)
已知函数
f(x)?lnx?ax?
(Ⅰ)当
a?
1?a
?1(a?R)
.
x
1
时，讨论
f(x)
的单调性； < br>2
1
2
（Ⅱ）设
g(x)?x?2bx?4.
当
a?
时，若对任意
x
1
?(0,2)
，存在
x
2
?
?
1,2
?
，使
4
f(x
1
)?g (x
2
)
，求实数
b
取值范围.[来源:Z+xx+]
1 a?1ax
2
?x?1?a
1?a
'
x?(0,??)
，解 ：（Ⅰ）因为
f(x)?lnx?ax?

?1
，所以
f(x)??a?
2
?
xxx
2
x
令
h(x)?ax?x?1?a,x?(0,??)
，
2
- 6 -

1
'
时，
x
1
?x< br>2,
h(x)≥0
恒成立，此时
f(x)≤0
，函数
f(x)
在上单调递减；
（0，+?）
2
11
②当
0＜a＜时，?1＞1＞0
，
2a
①当
a?

x?(0,1)
时，
h(x)＞0
，此时
f(x)＜0
，函数
f(x)
单调递减；
< br>x?(1,
'
1
?1)
时
h(x)＜0
，此时
f
'
(x)＞0
，函数
f(x)
单调递增；
a
'

x?(?1,??)
时，
h(x)＞0
，此时
f(x)＜0
，函数
f(x)
单调递减；
③当
a＜0
时，由于
1
a
1
?1＜0
，
a
'

x?(0,1)
，
h(x)＞0
,此时
f(x)＜0
，函数
f(x)
单调递减；

x?(1,??)
时，h(x)＜0
，此时
f(x)＞0
，函数
f(x)
单调递增.
（Ⅱ）因为a=
'
11
?(0,)
，由（Ⅰ）知，
x
1
=1，
x
2
=3
?(0,2)
，当
x?(0, 1)
时，
f
'
(x)?0
，函数
f(x)
421
?
17
?
b?
?
,??
?
当
x?(1,2)
时，
f
'
(x)?0
，函
2
?< br>8
?
单调递减；
?
g(x)
?
min
?g( 2)?8?4b?0b?(2,??)?
数
f(x)
单调递增，所以
f(x)
在（0，2）上的最小值为
f(1)??
1
。
2
由于“对 任意
x
1
?(0,2)
，存在
x
2
?
?< br>1,2
?
，使
f(x
1
)?g(x
2
)”等价于
“
g(x)
在
?
1,2
?
上的最小 值不大于
f(x)
在（0,2）上的最小值
?
又
g(x)
=
(x?b)?4?b
，
x
1
?
?
1,2
?
，所以
22
1
”（*）
2
①当
b?1
时，因为
?
g(x)
?
min
?g(1)?5?2b?0
， 此时与（*）矛盾
②当
b?
?
1,2
?
时，因为
?
g(x)
?
min
?4?b?0
，同样与（*）矛盾
2
③当
b?(2,??)
时，因为
?
g(x)
?
mi n
?g(2)?8?4b
，解不等式8-4b
?
1
17
，可 得
b?

8
2
- 7 -

附：二次函数在高考中是各个省份出现频率很高的压轴题，必须掌握。
2010湖南理数：已知函数
（Ⅰ）证明：当
恒成立，求M的最小值。

（Ⅱ）若对满足题设条件的任意b,c，不等式
2010天津：已知已知函数
f(x) ?ax
3
?
3
2
x?1(x?R),
其中
a
＞0。
2
(Ⅰ)若
a
=1，求曲线
y?f
?
x
?
在点(2，
f
?
2
?
)处的切线方程：
(Ⅱ)若在区间
?
?
?
11
?
,
?
上，
f(x)
＞0恒成立，求
a
的取值范围。
22
??
2010福建22. 已知函数f（x）=
(Ⅰ)求实数a,b的值；
(Ⅱ)设g（x）=f(x)+
1< br>3
x?x
2
?ax?b
的图像在点P（0,f(0)）处的切线方程为 y=3x-2
3
m
是[
2,??
]上的增函数。
x?1
（i）求实数m的最大值；
(ii)当m取最大值时，是否存在点 Q，使得过点Q的直线若能与曲线y=g(x)围成两个封闭图形，则这
两个封闭图形的面积总相等?若 存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由。
2010重庆：已知函数
f(x)?ax3
?x
2
?bx
（其中常数a，b∈R），
gx()?fx( )f()'x?
（Ⅰ）求
f(x)
的表达式；
（Ⅱ）讨论
g(x)
的单调性，并求
g(x)
在区间
?
1,2
?
上的最 大值与最小值.
殷希群：实际上，高考这一年数学复习工作概括起来就三句话：澄清概念（思维细胞） ；归纳方
法（何时用，用的要领）；学会思考。在此向进入数学第一轮复习的同学提五项建议：
一、夯实基础，知识与能力并重。
二、复习中要把注意力放在培养自己的思维能力上。 （摘选）学习好数学：1.内容上要充分领悟三个方面：理论、方法、思维；2.解题上要抓好
三个 字：数、式、形；3.记方法，并明白方法的优略性
三、讲究复习策略。
数学是应用性很强 的学科，学习数学就是学习解题方法和思想。第一轮复习中，花100分
钟做10道题不如花100分钟 掌握一类问题的解题方法和思想。
四、加强做题后的反思：（不留下任何知识的盲点）
五、高考主干知识八大块：
1.函数；2.数列；3.平面向量；4.不等式（解与证）；5 .解析几何；6.立体几何；7.概率、统
计；8.导数及应用。这其中，一定要精通复习过的知识，函 数是其中最核心的主干。函数是高
考命题的重点，在数列、不等式、解析几何等其他试题中，如能自觉应 用函数思想方法来解题
也往往能收到良好的效果。因此，掌握函数的基础概念，函数的图像与性质的相互 联系与相互
转化；掌握函数与方程、函数与不等式、函数与导数、函数与数列等知识的交汇与综合是数学
首轮复习的重中之重。
是奇函数.
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