专题12 含参代数式、方程与函数（解析版）.docx

1、专题12 含参代数式、方程与函数（解析版）第一部分 典例剖析+针对训练类型一 含有参数的代数式典例1（南通中考）已知xm时，多项式x2+2x+n2的值为1，则xm时，该多项式的值为 思路引领：根据非负数的性质，得出m1，n0，由此即可解决问题解：多项式x2+2x+n2（x+1）2+n21，（x+1）20，n20，（x+1）2+n21的最小值为1，此时m1，n0，xm时，多项式x2+2x+n2的值为m22m+n23故答案为3或解：多项式x2+2x+n2的值为1，x2+2x+1+n20，（x+1）2+n20，（x+1）20，n20，x+1=0n=0，xm1，n0，xm时，多项式x2+2x+n2的值

2、为m22m+n23故答案为3总结提升：本题考查代数式求值，非负数的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考填空题中的压轴题针对训练11（2022春西湖区月考）已知当x2m+n+2和xm+2n时，多项式x2+4x+6的值相等，且mn+20，则当xm+n+1时，多项式x2+4x+6的值等于（）A439B1399C3D11思路引领：将x2m+n+2和xm+2n代入多项式x2+4x+6，由值相等得到mn+20或m+n+20，由mn+20，则m+n+20，求出xm+n+11，即可求解；解：x2m+n+2和xm+2n时，多项式x2+4x+6的值相等，（2m+n+2）2+4（2m+n+2）

3、+6（m+2n）2+4（m+2n）+6，（2m+n+4）2（m+2n+2）2，2m+n+4m+2n+2或2m+n+4（m+2n+2），mn+20或m+n+20，mn+20，m+n+20，当xm+n+1时，x1，x2+4x+63；故选：C总结提升：本题考查整式的运算，整体代入思想；能够将多项式整体代入多项式中，进行正确的化简是解题的关键2（2020秋海淀区校级月考）已知关于x的一元二次方程x22mx+m+10有两个相等的实数根，求代数式（m1）2+（m+2）（m2）的值思路引领：根据根的判别式b24ac0，建立关于m的等式，求出m2m+1，代入整理后的代数式求值即可解：一元二次方程x22mx+m

4、+10有两个相等的实数根，0，即（2m）241（m+1）0，整理得，m2m10，m2m+1，（m1）2+（m+2）（m2）m22m+1+m242m22m32（m+1）2m31总结提升：本题考查的是根的判别式，熟知一元二次方程ax2+bx+c0（a0）的根与b24ac的关系是解答此题的关键类型二 含有参数的方程典例2（2022秋汉阴县期中）已知关于x的一元二次方程x2x+2m0有两个不相等的实数根x1，x2，且x1x21，则实数m的取值范围为 思路引领：根据根的情况可得（1）28m0，根据根与系数的关系可得2m1，即可求出m的取值范围解：根据题意，（1）28m0，解得m18，又x1x22m1，解

5、得m12，实数m的取值范围是：12m18故答案为：12m18总结提升：本题考查了根的判别式和根与系数的关系，熟练掌握这些知识是解题的关键针对训练1（2022南海区校级模拟）已知关于x的一元二次方程x2+（m+2）x+2m0有两个不相等的实数根x1，x2，且有x22x1，那么实数m的取值范围是（）Am2Bm2Cm2Dm2思路引领：先用求根公式和x22x1，求出x22，x1m，根据x12求出m的取值范围解：x2+（m+2）x+2m0，x=(m+2)(m+2)2412m2=(m+2)(m2)2，x22x1，x22，x1m，m2，m2，故选：C总结提升：本题考查了根与系数的关系，关键是求出x1，x2的

6、值2（2020南通模拟）关于x的一元二次方程ax2+2xa+20的两个不相等的实数根都在2和0之间（不包括2和0），则a的取值范围是 思路引领：首先根据根的情况利用根的判别式解得a的取值范围，然后根据根两个不相等的实数根都在2和0之间（不包括2和0），结合函数图象确定其函数值的取值范围得a，易得a的取值范围解：关于x的一元二次方程ax2+2xa+20的两个不相等的实数根，224a（a+2）4a28a+44（a1）20，a1，设f（x）ax2+2xa+2，根据题意知，当a0时，如图1，由f（2）0且f（0）0可得4a4a+20a+20，解得：23a2；当a0时，如图2，由f（2）0且f（0）0可

7、得4a4a+20a+20，该不等式组无解；综上，a的取值范围是23a2且a1，故答案为：23a2且a1总结提升：本题主要考查了一元二次方程根的情况的判别及抛物线与x轴的交点，数形结合确定当x0和当x2时函数值的取值范围是解答此题的关键3已知关于x的方程x2（m+n+2）x+2m0（n0）的两个实数根为、，且（1）试用含有、的代数式表示m和n；（2）求证：2；（3）若点P（，）在ABC的三条边上运动，且ABC顶点的坐标分别为A（2，4），B（1，2），C（2，2），问是否存在点P，使m+n=134？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由思路引领：（1）因为原方程有两个实数根，故判别式（m+

8、n+2）28m（m+n2）2+8n0，且+m+m+2，2m，即可得出结论；（2）因为，故只需求（2）（2）0即可；（3）先根据条件确定动点所在的边，再确定点的坐标解：（1）、为方程x2（m+n+）x+2m0（n0）的两个实数根，判别式（m+n+2）28m（m+n2）2+8n0，且+m+n+2，2m，于是m=12，n+m2+122；（2）（2）（2）42（+）+2n0（n0），又，2；（3）若使m+n=134成立，只需+m+n+2=134+2=214，当点M（，）在BC边上运动时，由B（1，2），C（2，2），得12，2，而=214=1342，故在BC边上存在满足条件的点，其坐标为（134，2）

9、所以不符合题意舍去；即在BC边上不存在满足条件的点；当点M（，）在AC边上运动时，由A（2，4），C（2，2），得2，24，此时=214=134，又因为21344，故在AC边上存在满足条件的点，其坐标为（2，134）；当点M（，）在AB边上运动时，由A（2，4），B（1，2），得12，24，由平面几何知识得，221=442，于是2，联立，解得=74，=72，又因为1742，2724，故在AB边上存在满足条件的点，其坐标为（74，72）综上所述，当点M（，）在ABC的三条边上运动时，存在点（2，134）和点（74，72），使m+n=134成立总结提升：此题是三角形综合题，主要考查了将根与系数的关

10、系、根的判别式与动点问题相结合，体现了运动变化的观点，分类类讨论是解本题的关键类型三 含有参数的函数典例4（2021南通一模）已知抛物线yx2+bx+a1过点（2+a，m），（2a，m），（a，n）（1）求b的值；（2）当0a2时，请确定m，n的大小关系；（3）若当0ax2+a时，y有最小值3，求a的值思路引领：（1）根据二次函数的对称轴为直线x2，即可得出b2=2，求得b4；（2）由（2+a，m），（a，n）是抛物线上两点，得出当a1时，为（3，m），（1，n），关于对称轴对称，则mn，然后根据图象即可得出当0a2时，m，n的大小关系；（3）分两种情况讨论，借组图象得到关于a的方程，解方程即

11、可求得解：（1）（2+a，m），（2a，m）是抛物线上的两点，对称轴为直线x=2+a+2a2=2，b2=2，b4；（2）如图，（2+a，m），（a，n）是抛物线上两点，当a1，2+a3时，mn，由图可知，当0a1时，mn；当1a2时，mn；（3）如图，当0a2时，在x2时y取最小值，此时y最小值a5，令a53，则a8（不合题意，舍），当a2时，在xa时y取最小值，此时yx2+4x+a1a24a+a1a23a1，令a23a13，解得：a4或a1（舍去），综上所述：a4总结提升：本题考查了二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的最值，数形结合是解题的关键针对训练1（2021海安市模拟

12、）一次函数y（2a3）x+a+2（a为常数）的图象，在1x1的一段都在x轴上方，则a的取值范围是 思路引领：根据一次函数y（2a3）x+a+2的图象在1x1的一段都在x轴的上方，由一次函数的性质，则有2a30，再分2a30和2a30来讨论，解得即可解：因为y（2a3）x+a+2是一次函数，所以2a30，a32，当2a30时，y随x的增大而增大，由x1得：y2a+3+a+2，根据函数的图象在x轴的上方，则有2a+3+a+20，解得：32a5当2a30时，y随x的增大而减小，由x1得：y2a3+a+2，根据函数的图象在x轴的上方，则有：2a3+a+20，解得：13a32，故答案为：32a5或13a

13、32总结提升：本题考查了一次函数图象和系数的关系，属于基础题，转化为解不等式的问题是解决本题的关键2（2021春海安市期末）已知一次函数y1kx+3（k为常数，k0）和y2x4当x1时，y1y2，则k的取值范围为 思路引领：解不等式kx+3x4，根据题意得出k10且7k11且k0，解此不等式即可解：一次函数y1kx+3（k为常数，k0）和y2x4，当x1时，y1y2，kx+3x4，kxx7，k10且7k11且k0，当k10时，7k11时，k6，所以不等式组的解集为6k1且k0；当k1时，也成立，故k的取值范围是6k1且k0，故答案为：6k1且k0总结提升：本题考查了一次函数与一元一次不等式，一

14、次函数的性质，关键是根据题意得出k10且7k11且k0解答3（2019南通中考）已知：二次函数yx24x+3a+2（a为常数）（1）请写出该二次函数的三条性质；（2）在同一平面直角坐标系中，若该二次函数的图象在x4的部分与一次函数y2x1的图象有两个交点，求a的取值范围思路引领：（1）把二次函数解析式化为顶点式，则可求得其顶点坐标、对称轴及开口方向；（2）根据二次函数的图象与一次函数y2x1的图象有两个交点，则x24x+3a+22x1的方程的0，求得a2，把x4和代入y2x1，求得函数值7，把（4，7）代入yx24x+3a+2，得到关于a的方程，解方程求得a=53，根据题意求出a的取值即可解：

15、（1）二次函数yx24x+3a+2（x2）2+3a2，该二次函数开口向上，对称轴为直线x2，顶点坐标为（2，3a2），其性质有：开口向上，有最小值3a2，对称轴为x2（2）二次函数的图象在x4的部分与一次函数y2x1的图象有两个交点，x24x+3a+22x1，整理为：x26x+3a+30，364（3a+3）0，解得a2，把x4代入y2x1，解得y2417，把（4，7）代入yx24x+3a+2得71616+3a+2，解得a=53，故该二次函数的图象在x4的部分与一次函数y2x1的图象有两个交点，a的取值为53a2总结提升：本题考查了 二次函数的图象和性质，一次函数的性质，根据题意得到a的取值是解

16、题的关键4（2022秋启东市月考）已知二次函数yx2+m2x12（m为常数）（1）若该二次函数的图象经过点（1，2m），求m的值；（2）求证：无论m取何值，二次函数yx2+m2x12的图象与x轴必有两个交点；（3）若平行于x轴的直线与该二次函数的图象交于点A，B，且点A，B的横坐标之和大于1，求m的取值范围思路引领：（1）把点（1，2m）代入抛物线解析式即可得解；（2）计算判别式的值得到=m24+2，利用非负数的性质得到0，然后根据判别式的意义得到结论；（3）将平行于x轴的直线yn与抛物线联立得出关于x的方程，由其交点的横坐标之和大于1可得出有关m的不等式，即可求解（1）解：把点P（1，2m）

17、代入抛物线yx2+m2x12中，得1+m212=2m，解得：m=13；（2）证明：b24ac（m2）241（12）=m24+2，无论m取何值，m20，m24+20，二次函数yx2+m2x12图象与x轴必有两个交点（3）解：设平行于x轴的直线为yn，直线yn与该二次函数的图象交于点A，B，y=x2+m2x12y=n，整理得，x2+m2x12n0，若x1，x2是方程x2+m2x12n0的两根，则x1，x2是直线与抛物线交点A，B的横坐标，x1+x2=m2，由题意得，m21，解得，m2m的取值范围是m2总结提升：本题考查了抛物线与x轴的交点，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质；要求学生会利用

18、判别式判断抛物线与x轴的交点情况以及灵活运用根与系数的关系解题5（2021崇川区二模）在平面直角坐标系xOy中，已知二次函数ymx2+4mx8（m0）（1）若m0，当1x4时，函数图象的最低点M的纵坐标为18，求m的值；（2）若该函数的图象上有两点A（x1，y1），B（x2，y2），设nx1n+2，当x26时，总有y1y2，求n的取值范围；（3）已知A（4，0）和B（6，0），若抛物线与线段AB只有一个共同点，求m的取值范围思路引领：（1）先求得抛物线的开口向下，对称轴为直线x2，即可得到当x1时，y18，解得m2；（2）根据题意得到点B在x6右侧，点A（x1，y1）在x2与x6之间，即可得到

19、n2n+26，解得：2n4；（3）分三种情况讨论：当抛物线顶点在线段AB上时，令mx2+4mx80，则0，解得m2；由解析式可知抛物线过点（0，8），且对称轴x2，所以点B（6，0）关于x2的对称点为M（2，0），故抛物线仅在线段AM上有一个交点，所以当x4时，y0，当x2时，y0，解得：23m14，从而求得m2或23m14时抛物线与线段AB有一个交点解：（1）m0，m0，抛物线开口向下，1x4，且对称轴为直线x=b2a=4m2m=2，当x1时，y18，m4m818，解得：m2；（2）当x26时，总有y1y2，当x2时y随x的增大而增大，如图，x6，关于x2对称的直线为x2，过此点作x轴的平行

20、线，x6，点B在x6右侧，当x26时，总有y1y2，点A（x1，y1）在x2与x6之间，n2n+26，解得：2n4；（3）由题意可知，抛物线与x轴有交点，m0，且（4m）24（m）（8）0，即16m232m0，解得m2或m0，当m2时，抛物线的顶点在线段AB上，当m2时，抛物线开口向下，又抛物线过点（0，8），且对称轴x2，当x6时，y0，抛物线与线段AB有两个共同点，不合题意；当m0，抛物线开口向上，又抛物线过点（0，8），且对称轴x2，如图，点B（6，0）关于x2的对称点为M（2，0），抛物线仅在线段AM上有一个交点，当x4时，y0，当x2时，y0，16m16m804m8m80，解得：23

21、m14，综上所述：当m2或23m14时抛物线与线段AB有一个交点总结提升：本题考查了二次函数图象与系数的关系，二次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握二次函数的图象及性质，灵活运用函数图象的增减性是解题的关键第二部分 专题提优训练一选择题1（2021秋牡丹江期末）抛物线yax2bx5经过点（2，3），则2ab+1的值是（）A6B5C4D3思路引领：将点（2，3）代入yax2bx5可得2ab4，再求代数式的值即可解：抛物线yax2bx5经过点（2，3），34a2b5，4a2b8，2ab4，2ab+15，故选：B总结提升：本题考查二次函数图象上点的特点，熟练掌握函数图象上的点与二次函数表达式的关系是解

22、题的关键2（2022秋工业园区校级期中）关于x的一元二次方程a（x+1）（x2）+b0（a0，b0）的解为x1，x2，且x1x2则下列结论正确的是（）A1x1x22B1x12x2Cx21x22Dx112x2思路引领：先把关于x的一元二次方程a（x+1）（x2）+b0（a0，b0）的解转化为直线和抛物线的交点，再结合图形进行判断即可解：关于x的一元二次方程a（x+1）（x2）+b0（a0，b0）的解就是函数ya（x+1）（x2）与yb的交点的横坐标，a0，抛物线开口向下，b0，yb在x轴下方，x1x2，如图所示：x112x2，故选：D总结提升：本题考查抛物线与x轴的交点，以及直线与抛物线的交点问

23、题，解题关键是把一元二次方程的根转化为直线和抛物线的交点二填空题3（2022秋灌阳县期中）若一元二次方程x2（2m+3）x+m20有两个不相等的实数根x1，x2，且x1+x2x1x2，则m的值是 思路引领：由根与系数的关系，可得x1+x22m+3，x1x2m2，又由x1+x2x1x2，结合根的判别式即可求得m的值解：关于x的一元二次方程x2（2m+3）x+m20有两个不相等的实数根，（2m+3）24m212m+90，m34，x1+x22m+3，x1x2m2，又x1+x2x1x2，2m+3m2，解得：m1或m3，m34，m3，故选：B故答案为：3总结提升：此题考查了一元二次方程根与系数的关系与判

24、别式的应用此题难度适中，注意掌握如果x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c0的两根，那么有x1+x2=ba，x1x2=ca的应用4（2022秋冠县期末）若二次函数yax2bx+5（a0）的图象与x轴交于（1，0），则ba+2013的值是 思路引领：将（1，0）代入得：ab+50，即ab5，代入到原式（ab）+2013可得答案解：根据题意，将（1，0）代入得：ab+50，则ab5，ba+2013（ab）+20135+20132018，故答案为2018总结提升：本题主要考查抛物线与x轴的交点和代数式的求值，熟练掌握整体代入求代数式的值是解题的关键5（2021春江阴市月考）若一次函数y（m1）x+

25、3m2的图象不经过第三象限，则实数m的取值范围为 思路引领：分一次函数y（m1）x+3m2的图象经过第二、四象限及一次函数y（m1）x+3m2的图象经过第一、二、四象限两种情况考虑，当一次函数y（m1）x+3m2的图象经过第二、四象限时，由k0，b0可求出m的值；当一次函数y（m1）x+3m2的图象经过第一、二、四象限时，利用一次函数图象与系数的关系可得出k0，b0，解之即可得出m的取值范围，综上，即可得出实数m的取值范围解：当一次函数y（m1）x+3m2的图象经过第二、四象限时，m103m2=0，解得：m=23；当一次函数y（m1）x+3m2的图象经过第一、二、四象限时，m103m20，解得

26、：23m1综上所述，实数m的取值范围为23m1故答案为：23m1总结提升：本题考查了一次函数图象与系数的关系，分一次函数y（m1）x+3m2的图象经过第二、四象限及一次函数y（m1）x+3m2的图象经过第一、二、四象限两种情况，求出m的值（或m的取值范围）是解题的关键6（2021春锦州期末）如图，一次函数ykx+b的图象分别与x轴，y轴交于点A（3，0），B（0，5），则不等式kx+b0的解集为 思路引领：根据一次函数的性质得出y随x的增大而减小，当x3时，y0，即可求出答案解：一次函数ykx+b的图象与x轴交于点（3，0），与y轴交于点（0，5），y随x的增大而减小，且x3时，y0，当x3时

27、，y0，即kx+b0，不等式kx+b0的解集为x3故答案为：x3总结提升：本题主要考查一次函数与一元一次不等式的关系：从函数的角度看，就是寻求使一次函数ykx+b的值大于（或小于）0的自变量x的取值范围；从函数图象的角度看，就是确定直线ykx+b在x轴上（或下）方部分所有的点的横坐标所构成的集合三解答题（共4小题）7（2019昌平区二模）在平面直角坐标系xOy中，直线yx+1与抛物线yax2+bx+3a交于点A和点B，点A在x轴上（1）点A的坐标为（ （2）用等式表示a与b之间的数量关系，并求抛物线的对称轴；当32AB52时，结合函数图象，求a的取值范围思路引领：（1）令y0，x+10，则A点

28、坐标为（1，0）；（2）将（1，0）代入yax2+bx+3a，可得b4a，由对称轴x=b2a=2；设B（m，m+1），由m+1am2+4am+3a，得m=1a3，AB=2(m+1)2=2|m+1|=2|1a2|，结合AB的取值范围即可求解；解：（1）令y0，x+10，则A点坐标为（1，0）；故答案为（1，0）；（2）将（1，0）代入yax2+bx+3a，ab+3a4ab0，b4a，x=b2a=2；设B（m，m+1），AB=2(m+1)2=2|m+1|，m+1am2+4am+3a，m+1a（m+1）（m+3），m1，m=1a3，AB=2|1a2|，32AB52，322|1a2|52，1a13或1

29、7a15总结提升：本题考查二次函数的图象及性质，一次函数的图象及性质；熟练掌握交点坐标的含义，不等式的解法是解题的关键8（2022姜堰区二模）设一次函数y12x+m+n和二次函数y2x（2x+m）+n（1）求证：y1，y2的图象必有交点；（2）若m0，y1，y2的图象交于点A（x1，a）、B（x2，b），其中x1x2，设C（x3，b）为y2图象上一点，且x3x2，求x3x1的值；（3）在（2）的条件下，如果存在点D（x1+2，c）在y2的图象上，且ac，求m的取值范围思路引领：（1）证明y1y2时，方程2x+m+nx（2x+m）+n有解，进而转化证明一元二次方程的根的判别式非负便可；（2）由y

30、1y2，求出x1与x2，进而求得b，由b的值，求得x3的值，进而得x3x1的值；（3）把点A（x1，a）、点D（x1+2，c）代入y2x（2x+m）+n，根据ac得x1（2x1+m）+n2（x1+2）2m（x1+2）n0，化简得4x1+4+m0，由（2）得x1=m2，代入求解即可（1）证明：当y1y2时，得2x+m+nx（2x+m）+n，化简为：2x2+（m2）xm0，（m2）2+8m（m+2）20，方程2x+m+nx（2x+m）+n有解，y1，y2的图象必有交点；（2）解：当y1y2时，2x+m+nx（2x+m）+n，化简为：2x2+（m2）xm0，（2x+m）（x1）0，m0，x1x2，x

31、1=m2，x21，b2+m+n，当y2+m+n时，y2x（2x+m）+n2+m+n，化简为：2x2+mxm20，2x22+mxm0，2（x+1）（x1）+m（x1）0，（2x+m+2）（x1）0，解得，x1（等于x2），或x=m22，x3=m22，x3x1=m22（m2）1；（3）解：点D（x1+2，c）在y2的图象上，c（x1+2）2（x1+2）+m+n2（x1+2）2+m（x1+2）+n点A（x1，a）在y2的图象上，ax1（2x1+m）+nac，ac0，x1（2x1+m）+n2（x1+2）2m（x1+2）n0，化简得4x1+4+m0，由（2）得x1=m2，4（m2）+4+m0，2m+4+

32、m0，m+40，m4，m的取值范围为m4总结提升：本题是二次函数综合题，主要考查了一次函数的图象与性质，二次函数的图象与性质，待定系数法，第（1）题关键转化证明一元二次方程根的判别式的正负，第（2）题关键求得x3的值9（2022文山市模拟）已知二次函数yax22ax2（a为常数，且a0）的图象与y轴交于点A，顶点为B（m，n），点C的坐标为（0，a+3）（1）求m和n的值（可用含a的式子表示）；（2）已知点D（x1，y1）是抛物线上的点，2x13，当a0且BC=5AB时，求y1的最大值思路引领：（1）直接利用抛物线的顶点坐标的公式计算；（2）利用坐标系中两点间的距离公式求出AB2，BC2，再根

33、据AB，BC之间的关系得到关于a的方程，解方程求出a的值，得到二次函数解析式，然后根据二次函数的增减性及x1的取值范围求出y1的最值解：（1）二次函数yax22ax2的顶点坐标为（m，n），m=2a2a=1，n=8a4a24a=2a；即m1，n2a（2）由（1）知，点A的坐标为（0，2），点B坐标为（1，2a），AB2（01）2+（2+2+a）21+a2，点C的坐标为（0，a+3），BC2（01）2+（a+3+2+a）21+（2a+5）2，BC=5AB，BC25AB2，即：1+（2a+5）25（1+a2），解得a121，a21，a0，a21，y21x242x2，抛物线的对称轴为直线x1，当2x

34、13时，点D（x1，y1）在对称轴右侧，抛物线开口向上，在对称轴的右侧y随x的增大而增大，当x13时，y1最大值2132423261总结提升：本题考查了二次函数的图像与性质及平面直角坐标系中两点间距离的求法，熟练掌握坐标系中两点间的距离公式是解题的关键10（2022秋海珠区校级月考）已知抛物线yx2（m+1）x+2m+3（1）当m0时，请判断点（3，9）是否在该抛物线上；（2）该抛物线的顶点随着m的变化而移动，当顶点移动到最高处时，求该抛物线的顶点坐标；（3）已知点E（2，3）、F（4，9），若该抛物线与线段EF只有一个交点，求该抛物线顶点横坐标的取值范围思路引领：（1）由m0可得抛物线解析式

35、，将x3代入解析式求解（2）由抛物线解析式可得抛物线顶点坐标，通过配方可得顶点纵坐标取最大值时m的值，进而求解（3）由点E，F坐标求出直线EF的解析式，联立直线与抛物线方程即可求解交点坐标，分别求出抛物线经过点E，F和抛物线与直线EF相切时m的值，结合图象进而求解解：（1）当m0时，yx2x+3，将x3代入yx2x+3得y93+39，点（3，9）在该抛物线上（2）yx2（m+1）x+2m+3，抛物线顶点坐标为（m+12，4(2m+3)(m+1)24），化简得（m+12，m2+6m+114），m2+6m+114=14（m3）2+5，m3时，顶点纵坐标最大值为5，抛物线顶点坐标为（2，5）（3）设

36、直线EF解析式为ykx+b，将E（2，3），F（4，9）代入解析式可得2k+b=34k+b=9，解得k=2b=1，y2x+1，联立直线与抛物线方程得y=2x+1y=x2(m+1)x+2m+3，解得x=2y=5或x=m+1y=2m+3，直线EF与抛物线的交点坐标为（2，5），（m+1，2m+3）抛物线经过线段EF上定点（2，5），如图，当抛物线经过（2，3）时，34+2m+2+2m+3，解得m3，m3符合题意当抛物线经过（4，9）时，9164m4+2m+3，解得m3，m3符合题意令x2（m+1）x+2m+32x+1，整理得x2（m+3）x+2m+20，（m+3）24（2m+2）m22m+1（m1）2，m1时，0，此时抛物线与线段EF有1个交点m3或m3或m1时，抛物线与线段EF只有一个交点，抛物线顶点横坐标为m+12，x1或x2或x1总结提升：本题考查二次函数的综合应用，解题关键是掌握二次函数与方程的关系，通过数形结合求解