5.(2008·湖北理，13)已知函數(shù)f(x)=x2+2x+a，f(bx)=9x2-6x+2，其中x∈R，a，b為常數(shù)，則方程f(ax+b)=0的解集為 .
答案 
?
例1 已知f(x)=-4x2+4ax-4a-a2在區(qū)間［0，1］內(nèi)有最大值-5，求a的值及函數(shù)表達式f(x).
解 ∵f(x)=-4
-4a，此拋物線頂點為
.
當
≥1，即a≥2時，f(x)取最大值-4-a2.令-4-a2=-5,得a2=1,a=±1＜2(舍去).
當0＜＜1,即0＜a＜2時，x=時，f(x)取最大值為-4a.令-4a=-5,得a=
∈(0,2).
當≤0,即a≤0時，f(x)在［0，1］內(nèi)遞減，∴x=0時，f(x)取最大值為-4a-a2,
令-4a-a2=-5,得a2+4a-5=0,解得a=-5,或a=1，其中-5∈(-∞，0］.
綜上所述，a=
或a=-5時,f(x)在［0，1］內(nèi)有最大值-5.
∴f(x)=-4x2+5x-
或f(x)=-4x2-20x-5.
例2 設(shè)二次函數(shù)f(x)=x2+ax+a,方程f(x)-x=0的兩根x1和x2滿足0＜x1＜x2＜1.
(1)求實數(shù)a的取值范圍；
(2)試比較f(0)f(1)-f(0)與
的大小，并說明理由.
解 方法一 (1)令g(x)=f(x)-x=x2+(a-1)x+a,
則由題意可得,
故所求實數(shù)a的取值范圍是(0，3-2
).
(2)f(0)·f(1)-f(0)=f(0)g(1)=2a2,令h(a)=2a2.
∵當a＞0時，h(a)單調(diào)遞增，∴當0＜a＜3-2時，0＜h(a)＜h(3-2)
2(3-2)2=2(17-12)=2·
即f(0)·f(1)-f(0)＜.
方法二 (1)同方法一.
(2)∵f(0)f(1)-f(0)=f(0)g(1)=2a2，則由(1)知0＜a＜3-2,∴4a-1＜12-17＜0.
又4a+1＞0,于是2a2-=(32a2-1)= (4a-1)(4a+1)＜0,
即2a2-＜0,即2a2＜,故f(0)f(1)-f(0)=2a2＜.
方法三 (1)方程f(x)-x=0
x2+(a-1)x+a=0
由韋達定理，得x1+x2=1-a,x1x2=a,于是0＜x1＜x2＜1
故所求實數(shù)a的取值范圍是(0,3-2).
(2)依題意可設(shè)g(x)=(x-x1)(x-x2)，則由0＜x1＜x2＜1,得
f(0)f(1)-f(0)=f(0)g(1)=g(0)g(1)=x1x2(1-x1)(1-x2)=［x1(1-x1)］［x2(1-x2)］
＜
故f(0)f(1)-f(0)＜.
例3 (14分)已知二次函數(shù)y=f(x)的圖象與x軸交于A，B兩點，且|AB|=2
，它在y軸上的截距為4,又對任意的x都有f(x+1)=f(1-x).(1)求二次函數(shù)的表達式；
(2)若二次函數(shù)的圖象都在直線l:y=x+c的下方，求c的取值范圍.
解 (1)方法一 ∵f(x+1)=f(1-x)，∴y=f(x)的對稱軸為x=1，又f(x)為二次函數(shù)，
可設(shè)f(x)=a(x-1)2+k (a≠0),又當x=0時，y=4,∴a+k=4,得f(x)=a(x-1)2-a+4,
令f(x)=0,得a(x-1)2=a-4.
∴x=1±
∴|AB|=2
.
6分
∵|AB|=2,∴a=-2.
即f(x)=-2(x-1)2+6=-2x2+4x+4. 8分
方法二 令二次函數(shù)y=f(x)的圖象與x軸交于A(x1，0)，B(x2，0)，(x2＞x1),
∵f(x+1)=f(1-x)，|AB|=2.
∴x1+x2=2，x2-x1=2，得x1=1-,x2=1+.
3分
設(shè)二次函數(shù)f(x)=a［x-(1-)］［x-(1+)］.
又f(0)=4,則a=-2.
即f(x)=-2(x-1)2+6=-2x2+4x+4. 8分
(2)由條件知-2x2+4x+4＜x+c在x∈R上恒成立.
即2x2-3x-4+c＞0對x∈R恒成立.
? Δ=9+8(4-c)＜0，得c＞
,
12分
∴c的取值范圍是(，+∞).
14分
4.若二次函數(shù)f(x)滿足f(x+1)-f(x)=2x,且f(0)=1,則f(x)的表達式為 ( ) A.f(x)=-x2-x-1? B.f(x)=-x2+x-1 C.f(x)=x2-x-1? D.f(x)=x2-x+1
答案?D?
3.若函數(shù)f(x)=ax2+bx+c滿足f(4)=f(1),那么 ( )
A.f(2)＞f(3) B.f(3)＞f(2)
C.f(3)=f(2) D.f(3)與f(2)的大小關(guān)系不能確定
答案?C?
2.已知函數(shù)f(x)=4x2-mx+5在區(qū)間［-2，+∞)上是增函數(shù)，則f(1)的范圍是 ( )
A.f(1)≥25? B.f(1)=25 C.f(1)≤25? D.f(1)＞25
答案?A?
1.方程a2x2+ax-2=0 (|x|≤1)有解，則 ( )
A.|a|≥1? B.|a|＞2 C.|a|≤1? D.a∈R
答案?A?
12.設(shè)函數(shù)f(x)在(-∞,+∞)上滿足f(2-x)=f(2+x)，f(7-x)=f(7+x)，且在閉區(qū)間［0，7］上，只有f(1)=f(3)=0.
(1)試判斷函數(shù)y=f(x)的奇偶性；
(2)試求方程f(x)=0在閉區(qū)間［-2 005，2 005］上的根的個數(shù)，并證明你的結(jié)論
解(1)由
從而知函數(shù)y=f(x)的周期為T=10.又f(3)=f(1)=0,而f(7)≠0,故f(-3)≠0.
故函數(shù)y=f(x)是非奇非偶函數(shù).
(2)由(1)知y=f(x)的周期為10.
又f(3)=f(1)=0,f(11)=f(13)=f(-7)=f(-9)=0,
故f(x)在［0，10］和［-10，0］上均有兩個解，從而可知函數(shù)y=f(x)在［0，2 005］上有402個解，在［-2 005，0］上有400個解，所以函數(shù)y=f(x)在［-2 005，2 005］上有802個解.
§2.5 二次函數(shù)
基礎(chǔ)自測
11.已知函數(shù)f(x)=x2+|x-a|+1,a∈R.
(1)試判斷f(x)的奇偶性；
(2)若-
≤a≤，求f(x)的最小值.
解 (1)當a=0時，函數(shù)f(-x)=(-x)2+|-x|+1=f(x),
此時,f(x)為偶函數(shù).當a≠0時，f(a)=a2+1,f(-a)=a2+2|a|+1,
f(a)≠f(-a),f(a)≠-f(-a),此時，f(x) 為非奇非偶函數(shù).
(2)當x≤a時,f(x)=x2-x+a+1=(x-)2+a+
,
∵a≤,故函數(shù)f(x)在(-∞，a］上單調(diào)遞減，
從而函數(shù)f(x)在(-∞，a］上的最小值為f(a)=a2+1.
當x≥a時，函數(shù)f(x)=x2+x-a+1=(x+)2-a+
,
∵a≥-，故函數(shù)f(x)在［a，+∞)上單調(diào)遞增，從而函數(shù)f(x)在［a，+∞)上的最小值為f(a)=a2+1.
綜上得，當-≤a≤時，函數(shù)f(x)的最小值為a2+1.
10.已知f(x)是R上的奇函數(shù)，且當x∈(-∞,0)時，f(x)=-xlg(2-x),求f(x)的解析式.
解 ∵f(x)是奇函數(shù)，可得f(0)=-f(0),∴f(0)=0.
當x＞0時，-x＜0,由已知f(-x)=xlg(2+x),∴-f(x)=xlg(2+x)，
即f(x)=-xlg(2+x) (x＞0).∴f(x)=
即f(x)=-xlg(2+|x|) (x∈R).
9.已知f(x)是實數(shù)集R上的函數(shù)，且對任意x
R,f(x)=f(x+1)+f(x-1)恒成立.
(1)求證：f(x)是周期函數(shù).
(2)已知f(3)=2，求f(2 004).
(1)證明 ∵f(x)=f(x+1)+f(x-1)∴f(x+1)=f(x)-f(x-1),
則f(x+2)=f
∴f(x+3)=f
f(x+6)=f
∴f(x)是周期函數(shù)且6是它的一個周期.
(2)解 f(2 004)=f(334×6)=f(0)=-f(3)=-2.
8.f(x)、g(x)都是定義在R上的奇函數(shù)，且F(x)=3f(x)+5g(x)+2,若F(a)=b,則F(-a)= .
答案 -b+4
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