學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精§2。4冪函數與二次函數最新考綱考情考向分析1。了解冪函數的概念，掌握冪函數y＝x，y＝x2，y＝x3，y＝eq\f（1,x)，y＝的圖象和性質。2.了解冪函數的變化特征。3.了解一元二次函數、一元二次方程、一元二次不等式之間的聯系。會解一元二次不等式.以冪函數的圖象與性質的應用為主，常與指數函數、對數函數交匯命題；以二次函數的圖象與性質的應用為主，常與方程、不等式等知識交匯命題，著重考查函數與方程，轉化與化歸及數形結合思想,題型一般為選擇、填空題，中檔難度.1.冪函數（1)冪函數的定義一般地，形如y＝xα的函數稱為冪函數，其中x是自變量，α是常數。（2）常見的5種冪函數的圖象(3)常見的5種冪函數的性質函數特征性質y＝xy＝x2y＝x3y＝y＝x－1定義域RRR［0，＋∞){x|x∈R,且x≠0｝值域R[0，＋∞）R[0，＋∞）｛y|y∈R，且y≠0}奇偶性奇偶奇非奇非偶奇2。二次函數(1)二次函數解析式的三種形式一般式：f（x）＝ax2＋bx＋c(a≠0）.頂點式：f(x）＝a(x－m)2＋n(a≠0），頂點坐標為（m，n）.零點式：f(x)＝a(x－x1)（x－x2）（a≠0）,x1，x2為f（x）的零點.（2)二次函數的圖象和性質解析式f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0）f（x）＝ax2＋bx＋c（a〈0）圖象定義域(－∞，＋∞)(－∞,＋∞)值域eq\b\lc\[\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（4ac－b2,4a），＋∞)）eq\b\lc\（\rc\]（\a\vs4\al\co1(－∞，\f(4ac－b2,4a))）單調性在x∈eq\b\lc\(\rc\］(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f（b,2a)）)上單調遞減；在x∈eq\b\lc\［\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f(b,2a)，＋∞))上單調遞增在x∈eq\b\lc\(\rc\］（\a\vs4\al\co1(－∞，－\f（b,2a）))上單調遞增；在x∈eq\b\lc\［\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f(b,2a)，＋∞））上單調遞減對稱性函數的圖象關于直線x＝－eq\f（b,2a）對稱知識拓展1。冪函數的圖象和性質（1)冪函數的圖象一定會出現在第一象限內,一定不會出現在第四象限，至于是否出現在第二、三象限內，要看函數的奇偶性。（2）冪函數的圖象過定點（1,1），如果冪函數的圖象與坐標軸相交，則交點一定是原點。(3)當α＞0時，y＝xα在[0，＋∞)上為增函數；當α＜0時，y＝xα在(0，＋∞)上為減函數.2。若f（x）＝ax2＋bx＋c(a≠0），則當eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（a>0,,Δ〈0））時恒有f（x)〉0,當eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（a<0，,Δ〈0))時，恒有f（x）<0。題組一思考辨析1。判斷下列結論是否正確(請在括號中打“√”或“×"）(1)二次函數y＝ax2＋bx＋c,x∈[a，b]的最值一定是eq\f(4ac－b2，4a）.（×)(2）二次函數y＝ax2＋bx＋c，x∈R不可能是偶函數.（×）(3）在y＝ax2＋bx＋c（a≠0)中，a決定了圖象的開口方向和在同一直角坐標系中的開口大小.(√）（4)函數y＝是冪函數。(×)（5）如果冪函數的圖象與坐標軸相交，則交點一定是原點.(√）(6）當n<0時，冪函數y＝xn是定義域上的減函數。(×)題組二教材改編2.［P79T1］已知冪函數f(x)＝k·xα的圖象過點eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1,2），\f（\r（2）,2）)），則k＋α等于(）A.eq\f（1，2)B.1C.eq\f（3，2)D.2答案C解析由冪函數的定義，知eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（k＝1，，\f(\r（2)，2)＝k·\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1，2)））α。))∴k＝1，α＝eq\f(1，2)。∴k＋α＝eq\f（3，2).3.[P44A組T9]已知函數f(x）＝x2＋4ax在區間(－∞，6)內單調遞減，則a的取值范圍是（）A。a≥3 B.a≤3C。a＜－3 D.a≤－3答案D解析函數f（x）＝x2＋4ax的圖象是開口向上的拋物線，其對稱軸是x＝－2a，由函數在區間(－∞，6）內單調遞減可知,區間（－∞,6）應在直線x＝－2a的左側,∴－2a≥6,解得a≤－3,故選D.題組三易錯自糾4。冪函數(a∈Z)為偶函數，且f（x)在區間（0，＋∞）上是減函數，則a等于(）A。3B.4C。5D.6答案C解析因為a2－10a＋23＝(a－5）2－2，f(x)＝（a∈Z）為偶函數，且在區間(0，＋∞)上是減函數，所以(a－5）2－2<0，從而a＝4，5,6,又（a－5）2－2為偶數，所以只能是a＝5，故選C。5.已知函數y＝ax2＋bx＋c,如果a〉b>c且a＋b＋c＝0,則它的圖象可能是（)答案D解析由a＋b＋c＝0和a〉b>c知，a〉0,c<0，由c<0，排除A，B，又a>0，排除C.6。已知函數y＝x2－2x＋3在閉區間［0，m]上有最大值3,最小值2,則m的取值范圍為________。答案［1,2］解析如圖，由圖象可知m的取值范圍是［1,2］。題型一冪函數的圖象和性質1.已知冪函數f（x)的圖象經過點eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(2,\f(\r（2)，2)））,則f(4）等于()A。16 B。eq\f（1，16）C.2 D.eq\f(1，2）答案D2.若四個冪函數y＝xa，y＝xb，y＝xc，y＝xd在同一坐標系中的圖象如圖所示,則a，b，c，d的大小關系是()A。d＞c＞b＞a B。a＞b＞c＞dC.d＞c＞a＞b D.a＞b＞d＞c答案B解析由冪函數的圖象可知，在（0，1)上冪函數的指數越大，函數圖象越接近x軸，由題圖知a＞b＞c＞d,故選B.3.若a<0，則0.5a,5a,5－a的大小關系是（）A.5－a〈5a〈0。5a B.5a〈0。5a<5－aC.0。5a<5－a<5a D.5a<5－a<0。5a答案B思維升華（1）冪函數的形式是y＝xα（α∈R)，其中只有一個參數α，因此只需一個條件即可確定其解析式。(2)在區間（0，1)上，冪函數中指數越大，函數圖象越靠近x軸（簡記為“指大圖低”），在區間(1，＋∞）上，冪函數中指數越大，函數圖象越遠離x軸.（3)在比較冪值的大小時，必須結合冪值的特點,選擇適當的函數,借助其單調性進行比較，準確掌握各個冪函數的圖象和性質是解題的關鍵.題型二求二次函數的解析式典例（1)已知二次函數f（x)＝x2－bx＋c滿足f（0）＝3，對任意x∈R,都有f(1＋x)＝f(1－x）成立，則f(x）的解析式為________________.答案f（x）＝x2－2x＋3解析由f(0)＝3，得c＝3，又f(1＋x)＝f(1－x)，∴函數f(x）的圖象關于直線x＝1對稱，∴eq\f（b,2）＝1，∴b＝2，∴f（x)＝x2－2x＋3。（2)已知二次函數f(x)與x軸的兩個交點坐標為(0，0）和(－2，0）且有最小值－1，則f(x）＝________.答案x2＋2x解析設函數的解析式為f(x)＝ax(x＋2），所以f(x）＝ax2＋2ax，由eq\f(4a×0－4a2,4a）＝－1，得a＝1，所以f（x)＝x2＋2x.思維升華求二次函數解析式的方法

跟蹤訓練(1)已知二次函數f(x）＝ax2＋bx＋1（a,b∈R，a≠0)，x∈R，若函數f（x）的最小值為f（－1）＝0，則f（x）＝________。答案x2＋2x＋1解析設函數f(x)的解析式為f(x)＝a(x＋1）2＝ax2＋2ax＋a,由已知f(x)＝ax2＋bx＋1,∴a＝1，故f（x）＝x2＋2x＋1。（2）若函數f(x)＝（x＋a）(bx＋2a)（a，b∈R）是偶函數，且它的值域為(－∞,4］，則該函數的解析式f(x）＝________.答案－2x2＋4解析由f（x)是偶函數知f（x）圖象關于y軸對稱，∴－a＝－eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f（2a,b）)）,即b＝－2，∴f（x）＝－2x2＋2a2，又f(x）的值域為(－∞,4］，∴2a2＝4，故f(x)＝－2x2＋4.題型三二次函數的圖象和性質命題點1二次函數的圖象典例對數函數y＝logax(a＞0且a≠1）與二次函數y＝（a－1)x2－x在同一坐標系內的圖象可能是（)答案A解析當0＜a＜1時，y＝logax為減函數，y＝（a－1)x2－x開口向下,其對稱軸為x＝eq\f（1,2a－1）＜0，排除C，D；當a＞1時，y＝logax為增函數，y＝(a－1)x2－x開口向上，其對稱軸為x＝eq\f(1，2a－1）＞0，排除B.故選A.命題點2二次函數的單調性典例函數f（x）＝ax2＋（a－3）x＋1在區間［－1,＋∞）上是遞減的，則實數a的取值范圍是（)A。［－3，0） B.（－∞,－3］C.[－2,0] D.［－3，0］答案D解析當a＝0時，f(x）＝－3x＋1在［－1,＋∞)上遞減，滿足題意.當a≠0時,f（x)的對稱軸為x＝eq\f(3－a,2a），由f(x)在［－1,＋∞）上遞減知eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（a<0，,\f（3－a,2a)≤－1，））解得－3≤a＜0.綜上，a的取值范圍為［－3,0].引申探究若函數f(x）＝ax2＋（a－3）x＋1的單調減區間是[－1，＋∞)，則a＝________。答案－3解析由題意知f（x）必為二次函數且a<0，又eq\f(3－a,2a）＝－1，∴a＝－3。命題點3二次函數的最值典例已知函數f(x）＝ax2＋2ax＋1在區間[－1,2]上有最大值4,求實數a的值。解f(x）＝a(x＋1）2＋1－a.（1）當a＝0時,函數f(x）在區間[－1,2］上的值為常數1，不符合題意，舍去；（2)當a＞0時,函數f(x)在區間［－1，2]上是增函數，最大值為f（2）＝8a＋1＝4，解得a＝eq\f（3,8）;（3)當a＜0時,函數f（x)在區間[－1，2]上是減函數，最大值為f（－1）＝1－a＝4,解得a＝－3.綜上可知，a的值為eq\f（3,8)或－3.引申探究本題改為：求函數f(x)＝x2＋2ax＋1在區間［－1,2］上的最大值.解∵f（x）＝（x＋a)2＋1－a2，∴f（x)的圖象是開口向上的拋物線，對稱軸為x＝－a.（1）當－a＜eq\f（1,2）即a＞－eq\f（1，2)時，f(x）max＝f（2）＝4a＋5,（2)當－a≥eq\f（1，2）即a≤－eq\f（1，2）時,f（x)max＝f（－1）＝2－2a，綜上，f(x）max＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(4a＋5,a＞－\f（1,2)，,2－2a，a≤－\f(1,2）.)）

命題點4二次函數中的恒成立問題典例(1)已知函數f(x)＝x2－x＋1，在區間［－1,1]上，不等式f(x）>2x＋m恒成立，則實數m的取值范圍是________________。答案（－∞，－1）解析f（x）>2x＋m等價于x2－x＋1>2x＋m,即x2－3x＋1－m>0，令g（x)＝x2－3x＋1－m，要使g（x)＝x2－3x＋1－m>0在［－1,1］上恒成立,只需使函數g（x)＝x2－3x＋1－m在[－1,1]上的最小值大于0即可。∵g（x）＝x2－3x＋1－m在[－1,1］上單調遞減，∴g（x)min＝g（1)＝－m－1。由－m－1>0，得m〈－1。因此實數m的取值范圍是(－∞，－1）.（2）已知a是實數，函數f(x)＝2ax2＋2x－3在x∈［－1，1］上恒小于零,則實數a的取值范圍為________。答案eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f（1，2）)）解析2ax2＋2x－3<0在［－1，1]上恒成立。當x＝0時,－3〈0，成立；當x≠0時，a〈eq\f（3,2)eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1，x）－\f（1，3）)）2－eq\f（1,6),因為eq\f（1,x）∈（－∞，－1]∪［1，＋∞），當x＝1時，右邊取最小值eq\f（1，2),所以a〈eq\f(1,2）.綜上,實數a的取值范圍是eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1，2）)）.思維升華解決二次函數圖象與性質問題時要注意(1)拋物線的開口，對稱軸位置，定義區間三者相互制約，常見的題型中這三者有兩定一不定，要注意分類討論.（2）要注意數形結合思想的應用，尤其是給定區間上的二次函數最值問題,先“定性”（作草圖),再“定量”(看圖求解),事半功倍。(3)由不等式恒成立求參數取值范圍的思路及關鍵①一般有兩個解題思路：一是分離參數；二是不分離參數；②兩種思路都是將問題歸結為求函數的最值或值域.

跟蹤訓練(1）設abc＞0，二次函數f(x)＝ax2＋bx＋c的圖象可能是(）答案D解析由A，C，D知，f(0）＝c＜0,從而由abc＞0,所以ab＜0，所以對稱軸x＝－eq\f（b，2a)＞0,知A，C錯誤，D滿足要求；由B知f（0)＝c＞0，所以ab＞0，所以x＝－eq\f(b,2a)＜0，B錯誤。(2）(2018·浙江名校協作體聯考）y＝eq\r(2ax2＋4x＋a－1)的值域為[0，＋∞)，則a的取值范圍是()A。(2,＋∞） B.(－∞，－1）∪(2，＋∞）C.［－1,2］ D.[0,2］答案D解析由已知，t＝2ax2＋4x＋a－1取遍[0，＋∞)上的所有實數,當a＝0時，t＝4x－1能取遍[0，＋∞）上的所有實數，只需定義域滿足eq\b\lc\[\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1，4），＋∞)）。當a≠0時，只需eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（2a〉0，,Δ＝16－8aa－1≥0，))解得0＜a≤2。綜上，0≤a≤2。（3)設函數f（x)＝ax2－2x＋2，對于滿足1〈x〈4的一切x值都有f（x）>0，則實數a的取值范圍為________。答案eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1,2)，＋∞)）解析由題意得a＞eq\f（2,x）－eq\f（2,x2)對1＜x＜4恒成立，又eq\f(2,x)－eq\f（2，x2）＝－2eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1，x）－\f（1,2））)2＋eq\f(1,2），eq\f（1，4)＜eq\f（1，x）＜1，∴eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（2,x）－\f（2，x2））)max＝eq\f(1，2)，∴a＞eq\f（1，2).數形結合思想和分類討論思想在二次函數中的應用典例(14分）設函數f（x）＝x2－2x＋2，x∈[t，t＋1]，t∈R，求函數f(x）的最小值.思想方法指導研究二次函數的性質，可以結合圖象進行；對于含參數的二次函數問題，要明確參數對圖象的影響,進行分類討論。規范解答解f(x）＝x2－2x＋2＝（x－1)2＋1，x∈[t，t＋1]，t∈R，函數圖象的對稱軸為x＝1.［2分］當t＋1＜1，即t＜0時，函數圖象如圖(1）所示，函數f（x)在區間[t，t＋1］上為減函數,所以最小值為f(t＋1)＝t2＋1; [6分]當t≤1≤t＋1，即0≤t≤1時，函數圖象如圖（2）所示，在對稱軸x＝1處取得最小值，最小值為f(1）＝1; [9分]當t＞1時,函數圖象如圖（3)所示，函數f(x）在區間[t，t＋1]上為增函數，所以最小值為f(t)＝t2－2t＋2。［12分］綜上可知，f(x）min＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(t2＋1,t＜0,，1，0≤t≤1,，t2－2t＋2，t＞1.)) [14分]1。若函數f(x）＝(m－1)x2＋2mx＋3為偶函數，則f(x）在區間（－5，－3)上()A。先減后增 B.先增后減C。單調遞減 D。單調遞增答案D2。若冪函數f（x)＝（m2－4m＋4）·在(0，＋∞）上為增函數，則m的值為（）A.1或3 B.1C。3 D。2答案B解析由題意得m2－4m＋4＝1，m2－6m＋8＞0，解得m＝1.3。已知a，b,c∈R，函數f(x）＝ax2＋bx＋c,若f（1）＝f（3）＞f(4），則(）A.a>0,4a＋b＝0B。a＜0,4a＋b＝0C。a＞0，2a＋b＝0D。a＜0,2a＋b＝0答案B解析由f（1)＝f(3),得二次函數f(x）的對稱軸為x＝－eq\f(b，2a)＝2，4a＋b＝0，又f(3)＞f（4），故函數在（2，＋∞）上單調遞減，故a＜0。4。已知二次函數f(x）滿足f（2＋x）＝f（2－x)，且f（x）在［0，2]上是增函數，若f(a)≥f(0)，則實數a的取值范圍是（）A.[0，＋∞） B。(－∞，0]C.［0,4] D.(－∞，0］∪［4，＋∞）答案C解析由題意可知函數f（x)的圖象開口向下,對稱軸為x＝2（如圖），若f(a)≥f(0),從圖象觀察可知0≤a≤4.5。已知二次函數f（x)＝2ax2－ax＋1（a<0），若x1<x2,x1＋x2＝0,則f（x1)與f（x2）的大小關系為（)A.f(x1）＝f（x2）B.f（x1)>f(x2）C。f(x1）<f(x2)D。與a值有關答案C解析該二次函數圖象的開口向下,對稱軸為直線x＝eq\f(1,4），又依題意，得x1<0，x2〉0，又x1＋x2＝0，∴當x1，x2在對稱軸的兩側時，eq\f（1,4)－x1>x2－eq\f（1，4），故f（x1）〈f（x2）。當x1，x2都在對稱軸的左側時，由單調性知f(x1）<f(x2）.綜上，f(x1）〈f（x2）。6.若關于x的不等式x2－4x－2－a＞0在區間（1，4）內有解，則實數a的取值范圍是（）A.（－∞，－2) B。（－2，＋∞)C.（－6，＋∞） D.(－∞，－6)答案A解析不等式x2－4x－2－a＞0在區間(1,4)內有解等價于a＜（x2－4x－2)max，令f（x）＝x2－4x－2，x∈(1,4)，所以f(x）＜f（4)＝－2，所以a＜－2.7。已知P＝，Q＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(2，5）））3,R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1,2)）)3，則P,Q，R的大小關系是________.答案P＞R＞Q解析P＝＝eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（\r（2)，2））)3,，且eq\f(\r（2）,2)＞eq\f(1，2)＞eq\f(2，5)，得eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(\r（2),2）)）3＞eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1,2)）)3＞eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(2，5))）3，即P＞R＞Q.8。（2018屆臺州路橋中學檢測）已知冪函數y＝f（x）的圖象過點（2，eq\r(2))，則f（9）＝________。答案3解析設f（x)＝xα,因為它過點(2,eq\r（2)),所以eq\r（2）＝2α，所以α＝eq\f（1,2)，所以f(x)＝,所以f（9）＝＝3。9.對于任意實數x，函數f（x)＝(5－a）x2－6x＋a＋5恒為正值，則a的取值范圍是__________。答案(－4,4)解析由題意可得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（5－a〉0，,Δ＝36－45－aa＋5〈0，）)解得－4〈a<4.10。（2008·浙江)已知t為常數，函數y＝｜x2－2x－t｜在區間［0，3]上的最大值為2,則t＝________.答案1解析可分三種情況討論，①eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（4＋4t≤0，,｜9－6－t|＝2））或②eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（4＋4t〉0，,t≥1，，｜1－2－t｜＝2））或③eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(4＋4t〉0，，t<1，，|9－6－t|＝2，))解①得?，解②得t＝1,解③得?,綜上，t＝1.

11。已知y＝f(x）是偶函數，當x>0時，f(x)＝（x－1)2，若當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（－2，－\f（1,2)）)時，n≤f(x)≤m恒成立,則m－n的最小值為________。答案1解析∵f（x)為偶函數，∴當x<0時，－x＞0，f(x）＝f(－x）＝(－x－1）2＝(x＋1)2，當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（－2，－\f（1,2）)）時,f（x）max＝1,f（x)min＝0,∴0≤f(x）≤1，∴m≥1，n≤0,∴(m－n)min＝1。12。已知函數f(x)＝x2＋（2a－1)x－3。(1）當a＝2，x∈［－2，3］時，求函數f（x）的值域；（2)若函數f(x）在[－1,3]上的最大值為1，求實數a的值。解（1）當a＝2時，f(x）＝x2＋3x－3，x∈［－2，3］,對稱軸x＝－eq\f(3，2）∈[－2,3］，∴f（x)min＝f

eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f（3,2）)）＝eq\f（9，4）－eq\f(9,2)－3＝－eq\f（21,4），f（x）max＝f（3）＝15，∴函數f（x)的值域為eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（－\f（21，4），15）).（2)對稱軸為x＝－eq\f(2a－1，2)。①當－eq\f（2a－1,2）≤1,即a≥－eq\f（1,2)時，f（x）max＝f（3)＝6a＋3,∴6a＋3＝1，即a＝－eq\f（1，3）滿足題意；②當－eq\f(2a－1,2）＞1,即a＜－eq\f（1，2）時，f(x)max＝f（－1）＝－2a－1，∴－2a－1＝1,即a＝－1滿足題意。綜上可知，a＝－eq\f（1，3)或－1.13。(2017·浙江“超級全能生”聯考）已知在(－∞，1]上遞減的函數f（x）＝x2－2tx＋1，且對任意的x1,x2∈[0，t＋1］，總有|f（x1）－f（x2）｜≤2，則實數t的取值范圍為（）A.[－eq\r（2），eq\r（2)] B.［1，eq\r（2）］C.［2，3］ D.［1,2]答案B解析由于函數f（x)＝x2－2tx＋1的圖象的對稱軸為x＝t，函數f(x）＝x2－2tx＋1在區間（－∞,1］上遞減，∴t≥1。∴當x∈［0，t＋1]時，f(x)max＝f(0）＝1,f(x）min＝f（t)＝t2－2t2＋1＝－t2＋1，要使對任意的x1，x2∈[0，t＋1]，都有｜f（x1)－f(x2)｜≤2，只需1－(－t2＋1）≤2，解得－eq\r(2)≤t≤eq\r（2).又t≥1，∴1≤t≤eq\r（2)。故選B。14.當x∈(1，2）時，不等式x2＋mx＋4<0恒成立，則m的取值范圍是________.答案（－∞，－5］解析方法一∵不等式x2＋mx＋4〈0對x∈(1,2)恒成立，∴mx<－x2－4對x∈（1,2）恒成立，即m<－eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(x＋\f（4，x）)）對x∈(1,2）恒成立，令y＝x＋eq\f(4,x）.∴4〈y<5，∴－5<－eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4，x）））〈－4，∴m≤－5.方法二設f(x)＝x2＋mx＋4，當x∈(1,2）時，由f(x)<0恒成立，得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(f1≤0，，f2≤0，））解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（m≤－5,,m≤－4,））即m≤－5。15。若函數f(x)＝x2－a｜x－1|在［0,＋∞)上單調遞增,則實數a的取值范圍是________。答案［0,2］解析f（x)＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(x2－ax＋a，x∈［1,＋∞，，x2＋ax－a,x∈－∞，1，)）當x∈［1，＋∞)時，f（x）＝x2－ax＋