平時在做函式解答題時，你是否留意過常考的函式有哪些?你總結過以這些函式為考查主體的函式解答題的求解技巧嗎?處處留心皆學問，時時答題要總結.如果這部分內容還是你複習的死角和盲區，那就認真看看老師們給出的錦囊妙計吧!
大學聯考對二次函式的考查主要體現在兩個方面:一是對二次函式的影象和性質本身的考查，包括二次函式的單調性、最值、影象的對稱性等;二是對二次函式與其他知識交匯問題的考查，包括二次函式與導數、函式零點、不等式等知識的交匯.
一、二次函式在給定區間上的最值問題
例1 已知函式f(x)=-x2+2ax+1-a在區間[0，1]上的最大值為2，求a的值.
解 函式f(x)=-x2+2ax+1-a =-(x-a)2+a2-a+1，對稱軸方程為x=a.
①當a<0時，f(x)在[0，1]上遞減.∴ fmax(x)= f(0)=1-a =2.∴a =-1.
②當0≤a≤1時，f(x)在[0，a)上遞增，在[a，1]上遞減.∴ fmax(x)= f(a)=a2-a+1=2.∴a = (捨去).
③當a>1時，f(x)在[0，1]上遞增.∴ fmax(x)= f(1)=a.∴a =2.
綜上可知，a=-1或a=2.
小結 影響二次函式在給定區間上的最值的因素有拋物線的開口方向、對稱軸的位置以及給定的區間，同學們在求解時要注意數形結合思想的運用.如果拋物線的開口方向、對稱軸的位置或給定的區間不確定，就需要進行分類討論.
二、二次函式影象的應用
例2 設函式f(x)= ，g(x)=ax2+bx(a，b∈R，a≠0).若y= f(x)的影象與y=g(x)的影象有且僅有兩個不同的公共點A(x1，y1)，B(x2，y2)，請證明下列結論:
當a<0時，x1+x2>0，y1+ y2<0;當a>0時，x1+x2<0，y1+ y2>0.
證明 (證法1)令 =ax2+bx，則1=ax3+bx2(x≠0).設F(x)=ax3+bx2，則F′(x)=3ax2+2bx.令F′(x)=3ax2+2bx=0，則x=- .要使y= f(x)的影象與y=g(x)的影象有且僅有兩個不同的公共點，只需F(- )=a(- )3+b(- )2=1，整理得4b3=27a2，於是可取a=±2，b=3來研究.當a=2，b=3時，2x3+3x2=1，解得x1=-1，x2= ，此時y1=-1，y2=2，則x1+x2<0，y1+ y2>0;當a=-2，b=3時，-2x3+3x2=1，解得x1=1，x2=- ，此時y1=1，y2=-2，則x1+x2>0，y1+ y2<0.
(證法2)令f(x)= g(x)，得 =ax+b.設y′= ，y′′=ax+b，不妨設x10時，如圖1所示.此時|x1|> |x2|，即-x1>x2>0，此時x1+x2<0，y2= >- =-y1，即y1+ y2>0.同理，由圖2經過推理可得當a<0時，x1+x2>0，y1+ y2<0.
小結 對二次函式影象的運用，同學們應主要從兩個方面來考慮:一是定性分析，確定影象的上升(下降)趨勢;二是定量計算，將影象交點個數等問題轉化為數量關係問題來處理.
三、三個“二次”的交匯問題
例3 已知函式f(x)=x2+ax+b(a，b∈R)的值域為[0，+∞)，若關於x的不等式f(x)< c的解集為(m，m+6)，求實數c的值.
解 由於f(x)的.值域為[0，+∞)，所以f(x)的影象與x軸有且只有一個公共點.於是有Δ=a2-4b=0，即b= .所以f(x)=x2+ax+b=x2+ax+ =(x+ )2.
由f(x)=(x+ )2 由於不等式f(x) 小結 本題利用判別式，結合影象將二次函式的值域轉化為係數a，b的關係，再通過配方，得到一元二次不等式的解集.函式影象和判別式是聯絡二次函式、一元二次方程和一元二次不等式的紐帶，當三者之間的關係需要轉化時，要結合影象，利用判別式來處理.
四、二次函式與導數的交匯問題
例4 已知函式f(x)= x3+ (1-a)x2-3ax+1，a>0.
(1)證明:對於正數a，存在正數p，使得當x∈[0，p]時，有-1≤ f (x)≤1.
(2)設(1)中的p的最大值為g(a)，求g(a)的最大值.
(1)證明:由於 f ′(x)=3x2+3(1-a)x-3a =3(x+1)·(x-a)，且a>0，所以f(x)在[0，a)上單調遞減，在[a，+∞)上單調遞增.
又f(0)=1，f(a)=- a3- a2+1= (1-a)(a+2)2-1，所以
當f(a)≥-1時，取p=a，此時，當x∈[0，p]時，有-1≤ f (x)≤1成立.
當f(a)<-1時，由於f(0)+1=2>0，f(a)+1<0，所以存在p∈(0，a)，使得f(p)+1=0.此時，當x∈[0，p]時，有-1≤f(x)≤1成立.
綜上可知，對於正數a，存在正數p，使得當x∈[0，p]時，有-1≤ f(x)≤1.
(2)解:由(1)可知f(x)在[0，+∞)上的最小值為f(a).
當0a的實根，即2p2+3(1-a)p-6a=0滿足p>a的實根，所以g(a)= .
又g(a)在(0，1]上單調遞增，故gmax(a)=g(1)= .
當a>1時，f(a)<-1.由於f(0)=1，f (1)= (1-a)-1<-1，所以[0，p]?奐[0，1].此時，g(a)≤1.
綜上所述，g(a)的最大值為 .
小結 本題的第一問對三次函式求導後，得到的導函式是二次函式，該二次函式的正負決定三次函式的單調性;本題的第二問確定g(a)的解析式主要是通過求二次方程的根進行的，而研究g(a)的性質則主要是通過對二次函式性質的分析進行的.
(作者單位:山東青島市黃島區五中)
(責任編校/周峰)
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