2020年浙江高考数学一轮复习：二次函数与幂函数

••＞必过數材矣
函数特征性
质
y= x 2 y= x 3 y= x 1 y= x2—1 y= x 图象m IW1m \7T\7p
定义域R R R{x|x》0}{xx M 0}值域R{y|y> 0}R{y|y》0}{y|y z 0}奇偶性奇偶奇非奇非偶奇
单调性增(—g, 0)减，
(0,+^)增增增
(—g, 0)和
(0 ,+s )减
公共点(1,1) 2.二次函数解析式的三种形式
(1) 一般式：
2
f(x)= ax + bx+ c(a 丰 0);
(2)顶点式：
2
f(x)= a(x—m) + n(a M 0);
(3)零点
式：
f(x)= a(x—X1)(x—X2)(a丰 0).
2
f(x) = ax + bx+ c a> 0a v 0
图象H A o\Z A
定义域R
值域
- 2
4ac—b ■
.4a宀丿
(―4ac—b2_l
C g,4a -
单调性
在j—g,—2a上递减，在—±，
+g，上递增在「g，— ±上递增，在—2|，
+8 ■上递减
奇偶性b= 0时为偶函数，b z 0时既不是奇函数也不是偶函数
①对称轴：
x=
—
b 2a ；
二次函数与幕函数
第五节
［小题体验］
1已知幕函数y= f(x)的图象经过点4,寸，贝V f(2)=(
解析：选C设f(x) = x a,
•••图象过点4，* ， - f(4) = 4a= 2，解得a=—2,
••• f(2) = 2—* =#
2.函数f(x) = (m2—m—1)x m是幕函数，且在x€ (0,+^ )上为增函数，则实数m的值为
__________ .
解析：T f(x)= (m2—m—1)x m是幕函数，
• m2—m —1 = 1，解得m =—1 或m= 2.
又••• f(x)在(0 ,+s)上为增函数，
•- m= 2.
答案：2
3.已知f(x) = 4x2—mx+ 5在［2, )上是增函数，则实数m的取值范围是___________ .
解析：因为函数f(x)= 4x2—mx+ 5的单调递增区间为冒,+ m,所以J< 2,即m< 16. 答案：(—R, 16］
必过易措美
1.对于函数y= ax2+ bx+ c,要认为它是二次函数，就必须满足a* 0，当题目条件中
未说明a工0时，就要讨论a= 0和a* 0两种情况.
2.幕函数的图象一定会出现在第一象限内，一定不会出现在第四象限，至于是否出现在第二、三象限内，要看函数的奇偶性；幕函数的图象最多只能同时出现在两个象限内；如果幕函数图象与坐标轴相交，则交点一定是原点.
［小题纠偏］
1.已知函数f(x)= ax2+ x+ 5的图象在x轴上方，则a的取值范围是______________
答案：2o 宀 2.给出下列命题: ①函数y = 2x 是幕函数;
②如果幕函数的图象与坐标轴相交，则交点一定是原点; ③当n v 0时，幕函数y = x n 是定义域上的减函数;
④二次函数y = ax 2 + bx + c , x € ［m , n ］的最值一定是4a ：- b , 4a
m 2+ m - 1= 1,
以 - 5m -3v 0,解得 m
= 1.
故 m 2-2m - 3v 0,
即一1v m v 3;又从图象看，函数是偶函数，故
m 2- 2m - 3为负偶数，将 m = 0,1,2分别代
入，可知当 m = 1时，m 2- 2m - 3=- 4，满足要求.
其中正确的是 (填序号).
答案：②
°审盘
奧陽
考点一幕函数
自主练透
1.已知幕函数f(x)的图象经过点(9,3),贝U f(2) - f(1)=(
)
B . 1 -'. 2
C. 2- 1
解析：选C 设幕函数 f(x)= x “，则 f(9) = 9 a
= 3，即 a=］所以 f(x) = x^ = .x ,所以
f(2) — f(1) = 2- 1.
2.当 x €
(0, +s )
幕函数y = (m 2+ m - 1)x -5m -
3为减函数，贝U 实数m 的值为(
B . 1
C . 1或一2 -1±5
D . m z ——
解析：选B 因为函数
y = (m 2+ m - 1)x -5m -
3既是幕函数又是(0,
+
)上的减函数，所
3.幕函数y = xm 2- 2m -3(m € Z )的图象如图所示，则m 的值为
B . 0
2, V
\
H II
-i
1 *
解析：选C 从图象上看，由于图象不过原点， 且在第一象限下降
1 1
4.若(a+ 1耳＜(3 - 2a)2，则实数a的取值范围是
1
解析：易知函数y = x ；的定义域为［0,+^)，在定义域内为增函数,
| a + 1》0, 所以3— 2a 》0,
解得—1w a v ；.
3
a + 1 v 3— 2a ,
答案：_
— 1, 2 ,!
［谨记通法］
幕函数的指数与图象特征的关系 (1)
幕函数的形式
是 y = X a
(a€ R ),其中只有一个参数
a,因此只需-
解析式.
⑵若幕函数y = x a (妖R )是偶函数，则 a 必为偶数•当a 是分数时, 式，
再判断.
(3)若幕函数y = 乂“在(0,+^ )上单调递增，贝V a>0,若在(0,+c
v 0.
考点二求二次函数的解析式重点保分型考点一一师生共研
［典例引领］
已知二次函数 f(x)满足f(2) =— 1, f( — 1) =— 1，且f(x)的最大值是 数的解析式. 解：法一：(利用二次函数的一般式)
设 f(x) = ax 2 + bx + c(a z 0).
a =— 4,
解得b = 4,
c = 7.
故所求二次函数为 f(x) =— 4x 2 + 4x + 7. 法二：(利用二次函数的顶点式) 设 f(x) = a(x — m)2+ n.
••• f(2) = f(— 1) ,•••抛物线对称轴为
1
• m =扌，又根据题意函数有最大值
•- f(2) = — 1, • a ^2— ：) + 8 =— 1,解得 a =— 4,
个条件即可确定其
一般将其先化为根
〉)上单调递减，则 a
8，试确定此二次函
4a + 2b +
2+(— 1= 1
2 = 2
由题意得
a —
b +
c =— 1, 4ac — b 2
4a
• y = f(x)= a + 8.
••• f(x)=—4 x—2 2+ 8=—4x2+ 4x + 7.
法三：(利用两根式)
由已知f(x)+ 1 = 0的两根为x1= 2, x2=—1,
故可设f(x)+ 1 = a(x—2)(x + 1), 即f(x) = ax2—ax —2a—1.
2
又函数有最大值y max = 8，即—2：—1—a = 8.
4a
解得a = —4或a = 0(舍去),
故所求函数解析式为f(x) =—4x2+ 4x+ 7.
［由题悟法］
求二次函数解析式的方法
［即时应用］
已知二次函数f(x)的图象经过点(4,3)，它在x轴上截得的线段长为2,并且对任意x€ R,
都有f(2 —x)= f(2 + x)，求f(x)的解析式.
解：■/ f(2 —x) = f(2 + x)对x€ R恒成立，
•f(x)的对称轴为x= 2.
又••• f(x)的图象被x轴截得的线段长为2,
•f(x)= 0的两根为1和3.
设f(x)的解析式为f(x)= a(x—1)(x—3)(a z 0).
又••• f(x)的图象过点(4,3),
•3a = 3, a= 1.
•所求f(x)的解析式为f(x) = (x—1)(x —3),
即f(x) = x2—4x+ 3.
考点三二次函数的图象与性质题点多变型考点一一多角探明
［锁定考向］
高考对二次函数图象与性质进行单独考查的频率较低•常与一元二次方程、一元二次不等式等知识交汇命题是高考的热点，多以选择题、填空题的形式出现，考查二次函数的图象与性质的应用.
常见的命题角度有： (1) 二次函数的单调性问题； (2) 二次函数的最值问题； (3) 二次函数中恒成立问题.
［题点全练］
角度一：二次函数的单调性问题
1.已知函数f(x)= ax 2 + (a — 3)x + 1在区间［—1 ,+^ )上是递减的，则实数 a 的取值范 围是(
)
A.
［ — 3,0)
B .(—卩一3］
C . ［ — 2,0］
D . ［ — 3,0］
解析：选D 当a = 0时，f(x) =— 3x + 1在［—1,+^)上递减，满足题意.
3 — a
当a 丰0时，f(x)的对称轴为x =
-,
综上，a 的取值范围是［—3,0］. 角度二：二次函数的最值问题
2. ________________________________________________________________ 若函数f(x) = ax 2 + 2ax + 1在［—1,2］上有最大值 4,贝V a 的值为 ____________________________ .
解析：T f(x)= a(x + 1)2+ 1 — a.
① 当a = 0时，函数f(x)在区间［—1,2］上的值为常数1,不符合题意，舍去； ② 当a >0时，函数f(x)在区间［—1,2］上是增函数，最大值为 f(2)= 8a + 1= 4,解得a
_ 3. =8 ；
③ 当a v 0时，函数f(x)在区间［—1,2］上是减函数，最大值为 f(— 1) = 1 — a = 4,解得a =—3.
综上可知，a 的值为弓或一3.
8 答案：8或—3
角度三：二次函数中恒成立问题 3.
已知函数f(x) = x 2— x + 1,在区间［—1,1］上，不等式f(x)>2x + m 恒成立，则实数 m
的取值范围是 _________ .
由 f(x)在［—1, + )上递减知$
〔2a
a
* °， 3 —
— 1,
解得—3 w a v 0.
解析：f(x) > 2x+ m 等价于x2—x + 1 > 2x+ m,
即x?—3x+ 1 —m > 0,
令g(x)= x —3x+ 1—m,
要使g(x)= x2—3x +1 - m>0 在［—1,1］上恒成立，
只需使函数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］上单调递减，
-g(x)min = g(1) =—m —1.
由一m — 1 > 0,得m v —1.
因此满足条件的实数m的取值范围是(一R,—1).
答案：(—R, —1)
［通法在握］
1. 二次函数最值问题的3种类型及解题思路
(1) 类型：①对称轴、区间都是给定的；②对称轴动、区间固定；③对称轴定、区间变
动.
(2) 思路：抓“三点一轴”，三点是指区间两个端点和中点，一轴指的是对称轴.
2. 由不等式恒成立求参数取值范围的2大思路及1个关键
(1)思路：一是分离参数；二是不分离参数.
⑵关键：两种思路都是将问题归结为求函数的最值，至于用哪种方法，关键是看参数
是否可分离.这两个思路的依据是：a>f(x)? a>f(x)m ax, a< f(x)? a< f(x)min.
［演练冲关］
1 .若二次函数y= kx2—4x+ 2在区间［1,2］上是单调递增函数，则实数k的取值范围为
( )
A. ［2,+^ )
B. (2,+^ )
C.(―汽0)
D.(―汽2)
解析：选A 二次函数y= kx2—4x + 2的对称轴为x= k，当k> 0时，要使函数y= kx2
k
2
—4x + 2在区间［1,2］上是增函数，只需1,解得k> 2.
k
当k v 0时，2v 0,此时抛物线的对称轴在区间［1,2］的左侧，该函数y= kx2—4x+ 2在k
区间［1,2］上是减函数，不符合要求.综上可得，实数k的取值范围为［2 ,+^).
2.已知y= f(x)是偶函数，当x>0 时，f(x)= (x —1)2,若当x€ —2，一十时，n< f(x)< m 恒成立，贝U m—n的最小值为()
C.：
D. 1
解析：选D 设x v 0,则—x>0,
有f( —x)=(—x—1)2=(x+ 1)2.又••• f( —x) = f(x),
• ••当x V 0 时，f(x)= (x +1)2,
•••该函数在—2,—1上的最大值为1，最小值为0,
依题意，n W f(x)< m恒成立，
贝U n W 0, m> 1,即卩m—n> 1,故m—n的最小值为 1.
3•设函数f(x) = x2—2x+ 2, x € [t, t + 1] , t€ R,求函数f(x)的最小值.
解：f(x) = x2—2x+ 2 = (x —1)2+ 1, x€ [t, t + 1] , t€ R,函数图象的对称轴为x= 1.
当t+ 1V 1，即t V 0时，函数图象如图⑴所示，函数f(x)在区间[t, t + 1]上为减函数, 所以最小值为f(t+ 1) = t2+ 1;
当t< 1W t+ 1,即0W t< 1时，函数图象如图(2)所示，在对称轴x = 1处取得最小值，最小值为f(1) = 1;
閤⑴
当t> 1时，函数图象如图(3)所示，函数f(x)在区间[t, t + 1]上为增函数，所以最小值为f(t)= t2—2t+ 2.
t2+ 1, t v 0,
综上可知，f(X)min=』1 , 0W t W 1 ,
¥— 2t+ 2, t> 1.
一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1. 幕函数y= f(x)经过点(3, 3)，则f(x)是()
A•偶函数，且在(0,+^ )上是增函数
B. 偶函数，且在(0,+^ )上是减函数
C .奇函数，且在(0 ,+^ )上是减函数
D •非奇非偶函数，且在(0,+^ )上是增函数
解析：选D 设幕函数的解析式为y= x a,将(3, 3)代入解析式得3a= .3,解得a才
所以y=弓.故选D.
2. (2018丽水调研股函数f(x) = ax2+ bx+ c(a^ 0, x € R),对任意实数t都有f(2 + t)=
f(2 —t)成立，在函数值f( —1), f(1), f(2), f(5)中，最小的一个不可能是()
A. f(- 1)
B. f⑴
C . f(2)
D . f(5)
解析：选B 由f(2 + t)= f(2-1)知函数y= f(x)的图象对称轴为x = 2.当a>0时，易知
f(5) = f(- 1) > f(1) > f(2);当a v 0 时，f(5) = f(- 1) v f(1) v f(2)，故最小的不可能是f(1).
3. (2018金华模拟)已知幕函数y= f(x)的图象经过点2, 4，则它的单调递增区间为
( )
A. (0,+^ )
B. ［0,+^ )
C.(―汽0)
D. (-m,+m )
解析：选C设幕函数f(x)=x a
••• f(x)的图象经过点 2
，4，
••• 2a= £解得a=- 2,
4
1
—2
则f(x) = x = -2,且X M 0,
••• y= x2在(—s, 0)上递减，在(0,+ s)上递增，
•函数f(x)的单调递增区间是(一s, 0).
4. 定义：如果在函数y= f(x)定义域内的给定区间［a , b］上存在x o(a v x o< b),满足f(x。

)
=f［一 "，则称函数y= f(x)是［a , b］上的“平均值函数”，x°是它的一个均值点，如y b- a
=x4是［—1,1］上的平均值函数，0就是它的均值点. 现有函数f(x) =- x2+ mx+ 1是［—1,1］
上的平均值函数，则实数m的取值范围是____________ .
解析：因为函数f(x) =- x2+ mx+ 1是［—1,1］上的平均值函数，
设X。

为均值点，所以 f 1一f一1= m= f(x o),
1 -一1
即关于x0的方程一x2+ mx0+ 1 = m在(一1,1)内有实数根，解方程得x0= 1或x0= m- 1. 所以必有一1 v m—1 v 1,即卩0 v m v 2, 所以实数m的取值范围是(0,2).
答案：(0,2)
5. 若函数f(x)= X2-2x+ 1在区间［a , a + 2］上的最小值为4,则实数a的取值集合为
解析：T函数f(x)= x2- 2x + 1 = (x- 1)2的图象的对称轴为直线x= 1,且f(x)在区间［a , a + 2］上的最小值为4,
•••当a> 1 时，f(a) = (a-1)2= 4,
•- a=—1(舍去)或a= 3;
C . 2
D . 1 或 2
当 a + 2W 1,即即 a w — 1 时，f(a + 2) = (a + 1)2= 4, ••• a = 1(舍去)或 a =— 3;
当 a v 1v a + 2,即一1v a v 1 时，f(1) = 0工4. 故a 的取值集合为{— 3,3}. 答案：{ — 3,3}
二保咼考，全练题型做到咼考达标
■/ abc > 0,^ ab v 0,
•对称轴x =—产>0,知A 、C 错误，D 符合要求.
2a 由 B 知 f(0) = c >0, • ab > 0,
• x =— b v 0, B 错误.故选D.
2a
3. (2018诸暨月考)已知幕函数f(x)= (n 2+ 2n — 2)xn 2— 3n(n € Z )的图象关于y 轴对称, 且在(0,+R )上是减函数，则 n 的值为(
)
B . 1
1.已知点(m,8)在幕函数 f(x) = (m — 1)x n
的图象上，设 a = f
则a , b , c 的大小关系为(
A . c v a v b
B . a v b v c
C . b v c v a
D . b v a v c
解析：选A 根据题意,
m — 1 = 1,「. m = 2,「. 2n = 8,
• n = 3,「. f(x)= x 3. ••• f(x)= x 3是定义在R 上的增函数,
又-"v 0v
H v ◎=1v ln n
解析：选D
由 A 、C 、D 知，f(0)= c v 0. b = f(ln n c = f -1 ,
二 c v a v b.
解析：选B •••幕函数f(x) = (n 2+ 2n — 2)xn 2— 3n(n € Z )的图象关于y 轴对称，且在(0, + m
)上是减函数，
j n 2+ 2n — 2= 1,
n 2— 3n 是偶数， 解得n = 1. n 2— 3n v 0,
4.若a = g 舟,b = £舟，
c = g 舟，则a , b ,
c 的大小关系是()
A . a v b v c
B . c v a v b
D . b v a v c
5.若函数y = x 2— 3x — 4的定义域为［0, m ］，值域为一乎，一4，贝V m 的取值范围是
( )
A . [0,4]
3
■ -km
c. 2十
6. ____________________________________________________________ (2018宁波模拟)已知函数f(x)= x 2+ ax + b(a , b € R ),对于任意实数 a ，总存在实数 m ,当x € ［m , m + 1］时，使得f(x)w 0恒成立，则b 的取值范围为 _______________________________________ .
解析：设 f(x)= x 2+ ax + b = 0，有两根 x i , X 2, ••• 4b v a 2, x 1+ x 2=— a , x 1x 2= b ,
•••对于任意实数 a ，总存在实数 m ,当x € ［m , m + 1］时，使得f(x)w 0恒成立，
2 2
•・(X i — X 2)》1恒成立，・• a — 1》4b , • b w — 4，故b 的取值范围为 -a,— 4 . 答案:—a ,
— 1
f 2
x + x , x w 0,
7.
已知函数f(x)=* 2 ___________ 为奇函数，则 a + b =
.
ax 2 + bx , x >0
C . b v c v a
解析：选D ••• y = x3(x > 0)是增函数,
a
= > b =
y
=谢是减函数,
11,
b v a v c.
解析：选D 二次函数图象的对称轴为 =f(0) =- 4 由图得 m € 3, 3 .
25
一
4
-
= '丿
3-2 f
且
3- 2
解析：因为函数f(x)是奇函数, 所以当x v 0时，一x>0,
所以f(x)= x2+ x, f( —x) = ax2—bx, 而f( —x)=—f(x), 即一x2—x = ax2—bx, 所以a =—1, b= 1,故a+ b= 0.
答案：0
8.已知对于任意的x€ (—a, 1)U (5,+s )，都有x2—2(a—2)x+ a>0,则实数a的取值范围是___________________ .
解析：△= 4(a—2)2—4a= 4a2—20a + 16= 4(a —1)(a —4).
(1) 若△< 0，即1v a v 4时，x2—2(a—2)x+ a > 0在R上恒成立，符合题意；
(2) 若△= 0，即a= 1 或a = 4 时，方程x2—2(a—2)x+ a> 0 的解为X M a —2,
显然当a= 1时，不符合题意，当a= 4时，符合题意；
(3) 当△>0，即a v 1 或a>4 时，因为x2—2(a—2)x + a>0 在(—m , 1) U (5, + m)上恒成立,
1 —2(a —
2 ” a> 0,
所以25 —10 a— 2 + a> 0, 解得3v a< 5,
1 v a—
2 v 5,
又a v 1 或a> 4,所以4v a< 5.
综上，实数a的取值范围是(1,5］.
答案：(1,5］
9. (2018杭州五校联盟)已知值域为［—1 ,+a )的二次函数满足f(—1 + x)= f(—1 —x), 且方程f(x) = 0的两个实根X1, X2满足凶―X2|= 2.
(1) 求f(x)的表达式；
(2) 函数g(x)= f(x)—kx在区间［—1,2］内的最大值为f(2),最小值为f( —1)，求实数k的取值范围.
解：(1) •/ f( —1 + x)= f(—1 —x),
可得f(x)的图象关于x=—1对称，
•••设f(x)= a(x + 1)2+ h = ax2+ 2ax+ a+ h,
•••函数f(x)的值域为［—1,+ a)，可得h=—1,
由根与系数的关系可得X1+ X2=—2, X1X2= 1 + h,
a
• |X1 —X2|={(X1 + X2 $ —4X1X2 =
解得a=—h = 1,
• f(x)= x2+ 2x.
⑵由题意得函数g(x)在区间［—1,2］递增,
又 g(x)= f(x) — kx = x 2— (k — 2)x = k — 2
••• ----- w — 1，即 k < 0,
2
综上，实数k 的取值范围为(—g, 0］.
10. (2017绍兴期中)已知函数f(x)=— x 2 + 2bx + c,设函数g(x)= |f(x)|在区间［—1,1］上 的最大值为M.
(1) 若b = 2，试求出M ;
(2) 若M > k 对任意的b , c 恒成立，试求k 的最大值.
解：(1)当 b = 2 时，函数 f(x)= — x 2+ 2bx + c =— x 2+ 4x + c =— (x — 2)2+ 4+ c,所以函 数f(x)在区间［—1,1］上是增函数，
则M 是g( — 1)和g(1)中较大的一个， 又 g(— 1) = I — 5+ c|，g(1) = |3+ c|，
则M —
|— 5 + c|, c w 1, |3+ c|, c > 1.
2 2
(2)g(x) = |f(x)|= | — (x — b) + b + c|，
① 当|b|> 1时，y = g(x)在区间［—1,1］上是单调函数， 则 M = max{g( — 1)，g(1)}，
而 g(— 1) = |— 1 — 2b + c|，g(1) = |— 1 + 2b + c|，
则 2M > g(— 1) + g(1)> |f( — 1) — f(1)| = 4|b|> 4,可知 M > 2. ② 当|b|< 1时，函数y = g(x)的对称轴x = b 位于区间［—1 , 1］之内， 此时 M = max{g(— 1), g(1), g(b)}, 又 g(b)= |b 2+ c|,
a .当一1w
b < 0 时，有 f(1)w f(— 1)w f(b),
则 M = max{g (b), g (1)} > 2(g(b) + g(1)) >》f(b)—f (1)| = ；(b — 1)2 > b .当 0v b w 1 时，有 f( — 1)w f(1)w f(b).
则 M = max{g(b), g( — 1)}>*g(b)+ g(— 1))>^|f(b) — f( — 1)| =号(b + 1)2>殳
1
综上可知，对任意的 b , c 都有M >$
而当b = 0, c = 1时，g(x)= — x 2+1在区间［—1,1］上的最大值 M = 2, 故M > k 对任意的b , c 恒成立的k 的最大值为；
2
口 2—
k — 2
2
4
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1.已知在(—g, 1］上递减的函数f(x) = x2—2tx+ 1，且对任意的X1, X2^ ［0 , t + 1］,
总有|f(X i )— f(X 2)|w 2,则实数t 的取值范围为(
)
A •[- 2, 2]
B . [1, 2 ]
C. [2,3]
D . [1,2]
解析：选B 由于函数f(x) = x 2— 2tx + 1的图象的对称轴为 x = t , 函数f(x)= x 2— 2tx + 1在区间
(一a, 1]上单调递减，
所以t > 1.
则在区间[0 , t + 1] 上, 0距对称轴x = t 最远，故要使对任意的 X 1, [0 , t + 1]，都
有|f(X 1)— f(X 2)|w 2,
只要 f(0) — f(t) w 2 即可，即 1 — (t 2— 2f + 1) w 2, 求得—'2< t w 2.
再结合t > 1,可得1 w t w 2.故选B.
2
2. (2018 金华期末)已知 f(x) = mx + (1 — 3m)x + 2m — 1.
(1) 设m = 2时，f(x) w 0的解集为 A ，集合 B = (a,2a + 1](a > 0).若A ? B ，求a 的取值 范围； (2) 求关于x 的不等式f(x)w 0的解集S ;
⑶若存在x >0，使得f(x)>— 3mx + m — 1成立，求实数 m 的取值范围.
解：(1) ■/ m = 2，二 f(x)= mx 2 + (1 — 3m)x + 2m — 1 = 2x 2— 5x + 3.又 f(x)w 0, •••(x — 1)(2x — 3)w 0, •••
1w x w
2，二 A = 1,2.
•/ A ? (a,2a + 1](a >0),
故a 的取值范围为4, 1 /
2
⑵•/ f(x) = mx + (1 — 3m)x + 2m — 1, f(x) w 0,
• (x — 1)[mx — (2 m — 1)] w 0,
-1 、
当 m v 0 时，S = (—a, 1] u 2—二，+^丿； 当 m = 0 时，S = (—a, 1]； 当 0 v m v 1 时，S = 2 —1, 1 ； -m r 当 m = 1 时，S = {1}; 当 m > 1 时，S = 1, 2 —丄!
-' m_
2a + 1> 务 a v 1
戸 1
且 a > O 」4w a v
1.
(3) ■/ f(x)>—3mx+ m —1,二m>—■
x 1
令g(x)=—x2^ =—(x>o),
x + 一
x
1 11
■/ x> 0,
••• x + >2,「. 0v <T,
x 1 2
x + 一
x
1
• —2三g(x) v o,
•••存在x> 0，使得f(x)>—3mx+ m— 1 成立,
1
•- m>[g(x)]min,• m>—
•实数m的取值范围是一1 ,+R .。