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平时在做函数解答题时，你是否留意过常考的函数有哪些?你总结过以这些函数为考查主体的函数解答题的求解技巧吗?处处留心皆学问，时时答题要总结.如果这部分内容还是你复习的死角和盲区，那就认真看看老师们给出的锦囊妙计吧!
高考对二次函数的考查主要体现在两个方面：一是对二次函数的图像和性质本身的考查，包括二次函数的单调性、最值、图像的对称性等；二是对二次函数与其他知识交汇问题的考查，包括二次函数与导数、函数零点、不等式等知识的交汇.
一、二次函数在给定区间上的最值问题
例1 已知函数f（x）=-x2+2ax+1-a在区间[0，1]上的最大值为2，求a的值.
解 函数f（x）=-x2+2ax+1-a =-（x-a）2+a2-a+1，对称轴方程为x=a.
①当a<0时，f（x）在[0，1]上递减.∴ fmax（x）= f（0）=1-a =2.∴a =-1.
②当0≤a≤1时，f（x）在[0，a）上递增，在[a，1]上递减.∴ fmax（x）= f（a）=a2-a+1=2.∴a =（舍去）.
③当a>1时，f（x）在[0，1]上递增.∴ fmax（x）= f（1）=a.∴a =2.
综上可知，a=-1或a=2.
小结 影响二次函数在给定区间上的最值的因素有抛物线的开口方向、对称轴的位置以及给定的区间，同学们在求解时要注意数形结合思想的运用.如果抛物线的开口方向、对称轴的位置或给定的区间不确定，就需要进行分类讨论.
二、二次函数图像的应用
例2 设函数f（x）=，g（x）=ax2+bx（a，b∈R，a≠0）.若y= f（x）的图像与y=g（x）的图像有且仅有两个不同的公共点A（x1，y1），B（x2，y2），请证明下列结论：
当a<0时，x1+x2>0，y1+ y2<0；当a>0时，x1+x2<0，y1+ y2>0.
证明（证法1）令 =ax2+bx，则1=ax3+bx2（x≠0）.设F（x）=ax3+bx2，则F′（x）=3ax2+2bx.令F′（x）=3ax2+2bx=0，则x=-.要使y= f（x）的图像与y=g（x）的图像有且仅有两个不同的公共点，只需F（-）=a（-）3+b（-）2=1，整理得4b3=27a2，于是可取a=±2，b=3来研究.当a=2，b=3时，2x3+3x2=1，解得x1=-1，x2=，此时y1=-1，y2=2，则x1+x2<0，y1+ y2>0；当a=-2，b=3时，-2x3+3x2=1，解得x1=1，x2=-，此时y1=1，y2=-2，则x1+x2>0，y1+ y2<0.
（证法2）令f（x）= g（x），得 =ax+b.设y′=，y′′=ax+b，不妨设x10时，如图1所示.此时|x1|> |x2|，即-x1>x2>0，此时x1+x2<0，y2= >- =-y1，即y1+ y2>0.同理，由图2经过推理可得当a<0时，x1+x2>0，y1+ y2<0.
小结 对二次函数图像的运用，同学们应主要从两个方面来考虑：一是定性分析，确定图像的上升（下降）趋势；二是定量计算，将图像交点个数等问题转化为数量关系问题来处理.
三、三个“二次”的交汇问题
例3 已知函数f（x）=x2+ax+b（a，b∈R）的值域为[0，+∞），若关于x的不等式f（x）< c的解集为（m，m+6），求实数c的值.
解 由于f（x）的值域为[0，+∞），所以f（x）的图像与x轴有且只有一个公共点.于是有Δ=a2-4b=0，即b=.所以f（x）=x2+ax+b=x2+ax+ =（x+）2.
由f（x）=（x+）2由于不等式f（x） 小结 本题利用判别式，结合图像将二次函数的值域转化为系数a，b的关系，再通过配方，得到一元二次不等式的解集.函数图像和判别式是联系二次函数、一元二次方程和一元二次不等式的纽带，当三者之间的关系需要转化时，要结合图像，利用判别式来处理.
四、二次函数与导数的交汇问题
例4 已知函数f（x）= x3+（1-a）x2-3ax+1，a>0.
（1）证明：对于正数a，存在正数p，使得当x∈[0，p]时，有-1≤ f（x）≤1.
（2）设（1）中的p的最大值为g（a），求g（a）的最大值.
（1）证明：由于 f ′（x）=3x2+3（1-a）x-3a =3（x+1）•（x-a），且a>0，所以f（x）在[0，a）上单调递减，在[a，+∞）上单调递增.
又f（0）=1，f（a）=- a3- a2+1=（1-a）（a+2）2-1，所以
当f（a）≥-1时，取p=a，此时，当x∈[0，p]时，有-1≤ f（x）≤1成立.
当f（a）<-1时，由于f（0）+1=2>0，f（a）+1<0，所以存在p∈（0，a），使得f（p）+1=0.此时，当x∈[0，p]时，有-1≤f（x）≤1成立.
综上可知，对于正数a，存在正数p，使得当x∈[0，p]时，有-1≤ f（x）≤1.
（2）解：由（1）可知f（x）在[0，+∞）上的最小值为f（a）.
当0a的实根，即2p2+3（1-a）p-6a=0满足p>a的实根，所以g（a）=.
又g（a）在（0，1]上单调递增，故gmax（a）=g（1）=.
当a>1时，f（a）<-1.由于f（0）=1，f（1）=（1-a）-1<-1，所以[0，p]?奂[0，1].此时，g（a）≤1.
综上所述，g（a）的最大值为.
小结
本题的第一问对三次函数求导后，得到的导函数是二次函数，该二次函数的正负决定三次函数的单调性；本题的第二问确定g（a）的解析式主要是通过求二次方程的根进行的，而研究g（a）的性质则主要是通过对二次函数性质的分析进行的.
高考对二次函数的考查主要体现在两个方面：一是对二次函数的图像和性质本身的考查，包括二次函数的单调性、最值、图像的对称性等；二是对二次函数与其他知识交汇问题的考查，包括二次函数与导数、函数零点、不等式等知识的交汇.
一、二次函数在给定区间上的最值问题
例1 已知函数f（x）=-x2+2ax+1-a在区间[0，1]上的最大值为2，求a的值.
解 函数f（x）=-x2+2ax+1-a =-（x-a）2+a2-a+1，对称轴方程为x=a.
①当a<0时，f（x）在[0，1]上递减.∴ fmax（x）= f（0）=1-a =2.∴a =-1.
②当0≤a≤1时，f（x）在[0，a）上递增，在[a，1]上递减.∴ fmax（x）= f（a）=a2-a+1=2.∴a =（舍去）.
③当a>1时，f（x）在[0，1]上递增.∴ fmax（x）= f（1）=a.∴a =2.
综上可知，a=-1或a=2.
小结 影响二次函数在给定区间上的最值的因素有抛物线的开口方向、对称轴的位置以及给定的区间，同学们在求解时要注意数形结合思想的运用.如果抛物线的开口方向、对称轴的位置或给定的区间不确定，就需要进行分类讨论.
二、二次函数图像的应用
例2 设函数f（x）=，g（x）=ax2+bx（a，b∈R，a≠0）.若y= f（x）的图像与y=g（x）的图像有且仅有两个不同的公共点A（x1，y1），B（x2，y2），请证明下列结论：
当a<0时，x1+x2>0，y1+ y2<0；当a>0时，x1+x2<0，y1+ y2>0.
证明（证法1）令 =ax2+bx，则1=ax3+bx2（x≠0）.设F（x）=ax3+bx2，则F′（x）=3ax2+2bx.令F′（x）=3ax2+2bx=0，则x=-.要使y= f（x）的图像与y=g（x）的图像有且仅有两个不同的公共点，只需F（-）=a（-）3+b（-）2=1，整理得4b3=27a2，于是可取a=±2，b=3来研究.当a=2，b=3时，2x3+3x2=1，解得x1=-1，x2=，此时y1=-1，y2=2，则x1+x2<0，y1+ y2>0；当a=-2，b=3时，-2x3+3x2=1，解得x1=1，x2=-，此时y1=1，y2=-2，则x1+x2>0，y1+ y2<0.
（证法2）令f（x）= g（x），得 =ax+b.设y′=，y′′=ax+b，不妨设x10时，如图1所示.此时|x1|> |x2|，即-x1>x2>0，此时x1+x2<0，y2= >- =-y1，即y1+ y2>0.同理，由图2经过推理可得当a<0时，x1+x2>0，y1+ y2<0.
小结 对二次函数图像的运用，同学们应主要从两个方面来考虑：一是定性分析，确定图像的上升（下降）趋势；二是定量计算，将图像交点个数等问题转化为数量关系问题来处理.
三、三个“二次”的交汇问题
例3 已知函数f（x）=x2+ax+b（a，b∈R）的值域为[0，+∞），若关于x的不等式f（x）< c的解集为（m，m+6），求实数c的值.
解 由于f（x）的值域为[0，+∞），所以f（x）的图像与x轴有且只有一个公共点.于是有Δ=a2-4b=0，即b=.所以f（x）=x2+ax+b=x2+ax+ =（x+）2.
由f（x）=（x+）2由于不等式f（x） 小结 本题利用判别式，结合图像将二次函数的值域转化为系数a，b的关系，再通过配方，得到一元二次不等式的解集.函数图像和判别式是联系二次函数、一元二次方程和一元二次不等式的纽带，当三者之间的关系需要转化时，要结合图像，利用判别式来处理.
四、二次函数与导数的交汇问题
例4 已知函数f（x）= x3+（1-a）x2-3ax+1，a>0.
（1）证明：对于正数a，存在正数p，使得当x∈[0，p]时，有-1≤ f（x）≤1.
（2）设（1）中的p的最大值为g（a），求g（a）的最大值.
（1）证明：由于 f ′（x）=3x2+3（1-a）x-3a =3（x+1）•（x-a），且a>0，所以f（x）在[0，a）上单调递减，在[a，+∞）上单调递增.
又f（0）=1，f（a）=- a3- a2+1=（1-a）（a+2）2-1，所以
当f（a）≥-1时，取p=a，此时，当x∈[0，p]时，有-1≤ f（x）≤1成立.
当f（a）<-1时，由于f（0）+1=2>0，f（a）+1<0，所以存在p∈（0，a），使得f（p）+1=0.此时，当x∈[0，p]时，有-1≤f（x）≤1成立.
综上可知，对于正数a，存在正数p，使得当x∈[0，p]时，有-1≤ f（x）≤1.
（2）解：由（1）可知f（x）在[0，+∞）上的最小值为f（a）.
当0a的实根，即2p2+3（1-a）p-6a=0满足p>a的实根，所以g（a）=.
又g（a）在（0，1]上单调递增，故gmax（a）=g（1）=.
当a>1时，f（a）<-1.由于f（0）=1，f（1）=（1-a）-1<-1，所以[0，p]?奂[0，1].此时，g（a）≤1.
综上所述，g（a）的最大值为.
小结
本题的第一问对三次函数求导后，得到的导函数是二次函数，该二次函数的正负决定三次函数的单调性；本题的第二问确定g（a）的解析式主要是通过求二次方程的根进行的，而研究g（a）的性质则主要是通过对二次函数性质的分析进行的.