13．解：（1）因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(0)=0，即
b?1?0?b?1，a?2∴f(x)?1?2a?2x?1x11?22?a?2. ，又由f(1)=–f(–1)知?a?4a?11? （2）由（1）知
f(x)?1?211???22x?，易知2?2x?1f(x)在（–∞，+∞）上为
减函数．又因f(x)是奇函数，从而不等式：f(t2–2t)+f(2t2–k)<0等价于f(t2–2t)<–f(2t2–k)=f(k–2t2)，
因f(x)为减函数，由上式推得：t2–2k>k–2t2，即对t∈R有：3t2–2t–k>0，从而△=4+12k<0?k??1． 314．解：（1）题图中点A表示无人乘车时收支差额为–20元，点B表示有10人乘车时收支差额为0元，线段AB上的点表示亏损，AB延长线上的点表示赢利． （2）题图②的建议是降低成本，票价不变；题图③的建议是增加票价．
（3）题图①、②中的票价是2元；题图③中的票价是4元．票价在图中的几何意义是线段AB所在直线的斜率． 15．解：（1）由f(x)为偶函数且f(x+1)=f(x–1)，可得f(x)=f(x+2), x∈[–1, 0]时，x+2∈[1,
??loga(2?x),x?[?1,0],2],f(x)=f(x+2)=loga(x+2)；∴f(x)??
??loga(2?x),x?[0,1].（2）当x∈[2k–1, 2k]时，f(x)=f(x–2k)=loga(2+x–2k)．同理，x∈[2k, 2k+1]时，
??f(x)??loga((2?x?2k),x?[2k?1,2k],f(x)=loga(2–x+2k)．?(k∈Z)．
??loga(2?x?2k),x?[2k,2k?1],（3）由于函数以2为周期，故考查区间[–1，1]．若a>1，loga2?则loga(2?1)?0?1，即a=4；若0
专题三 二次函数、二次方程与二次不等式
一、选择题
1．C 2．D 3．D
a?0,???4．C 由f(x)?2ax?b,及f?(0)?0可得b>0，又由f(x)≥0恒成立可得?即得2??b?4ac?0, 6
b22b2f(1)a?b?ca?c2ac4ac?，且c>0, a>0．∴??1_?1??1??1?1?2，4f?(0)bbbb当且仅当a=c时，不等式取等号，∴
f(1)的最小值为2，故应选C． f?(0)2??t,|t|?15．C 令t=g(x), f(g(x))=f(t)=?∴g(x)的值域是连续的单个,注意到g(x)为二次函数，
??t,|t|?1区间，结合图象可知要使f(t)的值域为[0,??)，只能取t∈[0,??)，故选C．
6．B 取特值a=1, x1=–2, x2=2, f(2)>f(–2)，选B．或利用二次函数其函数值的大小关系，分类研究对称轴和区间的关系的方法，易知函数的对称轴为x=–1，开口向上的抛物线，由x1 时方程（1）有两根且均小于1，故相应的满足方程|x2–1|=t的解有8个；①②③④都是正确的，故选A． 二、填空题 8．2 解析：令x=–5, f(–5a+b)=(–5)2+10·(–5)+24=–1．令f(x)=x2+4x+3=–1, ∴x=–2，即f(–2)=f(–5a+b)=–1．∴5a–b=2． 9．m 3?x?1}． 23?x?1}． 27 解析：由题意可得a=–1, b=–6，则f(x)=x2–x–6，所以不等式a·f(–2x)>0即–(4x2+2x–6)>0 即2x2+x–3<0，解集为{x|?11．1 解析：由图象特征知，最大值必在f(0)、f(1)、f(3)取到，接着通过逐一检验、比较可得．或者，原函数可化为y=|(x–1)2–1–t|，接着，按–1–t≥0及–1–t<0分类讨论求解． 三、解答题 12．解：（1）要使f(x)≥a恒成立，即x2+ax+3–a≥0恒成立．只须△=a2–4(3–a)≤0，即a2+4a–12≤0, ∴–6≤a≤2． a2a2 （2）要使f(x)≥a恒成立，只需f(x)的最小值≥a即可．f(x)=x+ax+3=(x+)+3–． 427a①当–<–2即a>4时，f(x)min=f(–2)=–2a+7，由–2a+7≥a，得a≤,∴a∈ф． 32a2a2a②当–2≤–≤2，即–4≤a≤4地，f(x)min?3?．由3?≥a得–6≤a≤2，∴–4≤a≤2． 442a③–>2即a<–4时，f(x)min=f(2)=2a+7，由2a+7≥a，得a≥–7，∴–7≤a<–4． 2综上所述得a∈[?7,2]． 2 13．解：（1）因为对任意x∈R，有f(f(x)–x2+x)=f(x)–x2+x，所以f(f(2)–22+2)=f(2)–22+2．又由f(2)=3，是f(3–22+2)=3–22+2，即f(1)=1．若f(0)=a，则f(a–02+0)=a–02+0，即f(a)=a． （2）因为对任意x∈R，有f(f(x)–x2+x)=f(x)–x2+x，又因为有且只有一个实数x0，使得f(x0)=x0，所以对任意x∈R，有f(x)–x2+x=x0． 22在上式中令x=x0，有f(x0)–x0+x0=x0，又因为f(x0)=x0，所以x0–x0=0．故x0=0或x0=1．若 x0=0，则f(x)–x2+x=0，即f(x)=x2–x，但方程x2–x=x有两个不同实根，与题设条件矛盾，故x0≠0．若x0=1，则有f(x)–x2+x=1即f(x)=x2–x+1易验证该函数满足题设条件. 综上所述，所求函数为f(x)=x2–x+1(x∈R)． 14．解：（1）∵函数f(x)=x2–16x+q+3的对称轴是x=8，∴f(x)在区间[–1，1]上是减函数， ???f(1)?0,?1?16?q?3?0,即?∵函数在区间[–1，1]上存在零点，则必有：?∴–20≤q≤12． ??f(?1)?0,??1?16?q?3?0, （2）∵0≤t≤10, f(x)在区间[0，8]上是减函数，在区间[8，10]上是增函数． ①当0≤t≤6时，在区间[t, 10]上，f(t)最大，f(8)最小，∴f(t)–f(8)=12–t，即：t2–15t+52=0，解得：t?15?1715?17,?t?； 22②当8 解得：t=8, 9, ∴t=9． 综上存在常数t?15?17，8，9满足条件． 215．解：（1）解法1：由题设得g(x)=3x2–18xcos?+48cos?，又由1?e?|t|?(1,2], 3+sint∈[2, 8