2021版高考数学一轮复习第二章函数及其应用2-6幂函数与二次函数练习新人教B版
2.6 幂函数与二次函数
核心考点·精准研析
考点一 幂函数的图象与性质
1.幂函数f(x)=(m2-4m+4)在(0,+∞)上为增函数,则m的值为
( )
A.1或3 B.1 C.3 D.2
2.若四个幂函数y=xa,y=xb,y=xc,y=xd在同一坐标系中的图象如图所示,则a,b,c,d的大小关系是 ( )
A.d>c>b>a B.a>b>c>d
C.d>c>a>b D.a>b>d>c
3.(2019·全国卷Ⅱ)若a>b,则 ( )
A.ln(a-b)>0 B.3a<3b
C.a3-b3>0 D.|a|>|b|
4.设a=,b=,c=,则a,b,c的大小关系为 ( )
A.a>c>b B.a>b>c
C.c>a>b D.b>c>a
【解析】1.选B.由题意知解得m=1.
2.选B.由幂函数的图象可知,在(0,1)上幂函数的指数越大,函数图象越接近x轴,由题图知a>b>c>d.
3.选C.当a=3,b=2时,选项A错.由于a>b,而y=3x是增函数,所以3a>3b,故B错.当a=3,b=-5时,选项D错.因为y=x3是增函数,故a3>b3,故C正确.
9
4.选A.因为0<<<1,指数函数y=在R上单调递减,故<.
又由于幂函数y=在R上单调递增,故>,所以<<,即b
1的取值确定位置后,其余象限部分由奇偶性决定.
2.比较幂值大小的方法
在比较幂值的大小时,必须结合幂值的特点,选择适当的函数,借助其单调性进行比较.
【秒杀绝招】
题3可以用特殊值法求解,令a=0,b=-1,则可排除选项A,B,D.
考点二 二次函数的图象与解析式
【典例】1.设函数f(x)=x2+x+a(a>0),已知f(m)<0,则 ( )
A.f(m+1)≥0 B.f(m+1)≤0
C.f(m+1)>0 D.f(m+1)<0
2.已知二次函数f(x)=x2-bx+c满足f(0)=3,对∀x∈R,都有f(1+x)=f(1-x)成立,则f(x)的解析式为________.
3.已知二次函数f(x)与x轴的两个交点坐标为(0,0)和(-2,0)且有最小值-1,则f(x)=________.
【解题导思】
序号
联想解题
1
由f(x)=x2+x+a,想到该函数的对称轴为x=-
2
由f(1+x)=f(1-x),想到该函数的对称轴为x=1
9
3
由二次函数f(x)与x轴的两个交点坐标为(0,0)和(-2,0),想到f(x)=ax(x+2)(a≠0)
【解析】1.选C.因为f(x)的对称轴为x=-,f(0)=a>0,所以f(x)的大致图象如图所示,
由f(m)<0,得-10,所以f(m+1)>f(0)>0.
2.由f(0)=3,得c=3,又f(1+x)=f(1-x),
所以函数f(x)的图象关于直线x=1对称,
所以=1,所以b=2,所以f(x)=x2-2x+3.
答案:f(x)=x2-2x+3
3.设函数的解析式为f(x)=ax(x+2)(a≠0),
所以f(x)=ax2+2ax,由=-1,
得a=1,所以f(x)=x2+2x.
答案:x2+2x
1.用待定系数法求二次函数的解析式
关键是灵活选取二次函数解析式形式,选法如下:
2.二次函数解析式的三种形式
(1)一般式:f(x)=ax2+bx+c(a≠0).
(2)顶点式:f(x)=a(x-m)2+n(a≠0).
9
(3)两根式:f(x)=a(x-x1)(x-x2)(a≠0).
1.对数函数y=logax(a>0且a≠1)与二次函数y=(a-1)x2-x在同一坐标系内的图象可能是 ( )
【解析】选A.若01,则y=logax在(0,+∞)上是增函数,y=(a-1)x2-x图象开口向上,且对称轴在y轴右侧,因此B项不正确,只有选项A正确.
2.已知二次函数f(x)=ax2+bx+1(a,b∈R,a≠0),x∈R,若函数f(x)的最小值为f(-1)=0,则f(x)=________.
【解析】设函数f(x)的解析式为f(x)=a(x+1)2=ax2+2ax+a(a≠0),又f(x)=ax2+bx+1,所以a=1,故f(x)=x2+2x+1.
答案:x2+2x+1
考点三 二次函数的性质及其应用
命题
精解
读
考什么:(1)幂函数的图象与性质,二次函数的图象与性质,求值或解不等式,求参数值等问题.
(2)考查数学运算、直观想象、逻辑推理等核心素养.
怎么考:幂函数、二次函数的单调性,函数的周期性以及对称性等知识单独或交汇考查,也可能以分段函数的形式呈现.
新趋势:幂函数、二次函数与其他基本初等函数交汇,图象交点个数、方程、不等式交汇考查.
学霸
好方
法
一元二次不等式恒成立的条件
(1)“ax2+bx+c>0(a≠0)恒成立”的充要条件是“a>0且Δ<0”.
(2)“ax2+bx+c<0(a≠0)恒成立”的充要条件是“a<0且Δ<0”.
二次函数的单调性问题
【典例】已知函数f(x)=-2x2+bx,若对任意的实数t都有f(4+t)=f(4-t),则
f(-2),f(4),f(5)的大小关系为 ( )
A.f(5)>f(-2)>f(4)
9
B.f(4)>f(5)>f(-2)
C.f(4)>f(-2)>f(5)
D.f(-2)>f(4)>f(5)
【解析】选B.因为对任意的实数t都有f(4+t)=f(4-t),所以函数f(x)=-2x2+bx的图象关于直线x=4对称,所以f(-2)=f(10),又函数f(x)=-2x2+bx的图象开口向下,所以函数f(x)在[4,+∞)上是减函数,因为4<5<10,所以f(4)>f(5)>f(10),
即f(4)>f(5)>f(-2).
如何确定二次函数的单调性?
提示:关键看二次函数图象的开口方向与对称轴.
二次函数中的恒成立问题
【典例】1.若不等式(a-2)x2+2(a-2)x-4<0对一切x∈R恒成立,则a的取值范围是 ( )
A.(-∞,2] B.[-2,2]
C.(-2,2] D.(-∞,-2)
2.若关于x的不等式x2-4x≥m对任意x∈(0,1]恒成立,则m的取值范围为________.
【解析】1.选C.当a-2=0即a=2时,不等式为-4<0,恒成立.当a-2≠0时,解得-21,即a<-2时,f(x)max=f(0)=b,f(x)min=f(1)=a+b+1,
此时M-m=b-(a+b+1)=-a-1.
(2)若<-≤1,即-2≤a<-1时,f(x)max=f(0)=b,f(x)min=f=b-,
此时M-m=b-=.
(3)若0<-≤,即-1≤a<0时,f(x)max=f(1)=a+b+1,f(x)min=f=b-,
此时M-m=a+b+1-=1+a+.
(4)若-≤0,即a≥0时,f(x)max=f(1)=a+b+1,f(x)min=f(0)=b,
此时M-m=a+b+1-b=1+a.
综上,M-m与a有关,而与b无关.
函数f(x)=ax2+bx+c在区间[m,n]上的最大值、最小值可能在何处取得?
提示:由二次函数的图象和性质可知:其最大值、最小值可能为f(m),f(n),
f.
1.设函数f(x)=x2-23x+60,g(x)=f(x)+|f(x)|,则g(1)+g(2)+…+g(20)=
9
( )
A.56 B.112 C.0 D.38
【解析】选B.由二次函数图象的性质得,当3≤x≤20时,f(x)+|f(x)|=0,所以g(1)+g(2)+…+g(20)=g(1)+g(2)=f(1)+|f(1)|+f(2)+|f(2)|=112.
2.已知函数y=ax2+bx-1在(-∞,0]上是单调函数,则y=2ax+b的图象不可能是
( )
【解析】选B.①当a=0,b≠0时,y=2ax+b的图象可能是A;②当a>0时,-≥0⇒b≤0,y=2ax+b的图象可能是C;③当a<0时,-≥0⇒b≥0,y=2ax+b的图象可能是D.
3.(2019·南昌模拟)如果函数f(x)=x2-ax-a在区间[0,2]上的最大值为1,那么实数a=________.
【解析】因为函数f(x)=x2-ax-a的图象为开口向上的抛物线,所以函数的最大值在区间的端点取得.
因为f(0)=-a,f(2)=4-3a,所以或解得a=1.
答案:1
1.(2020·合肥模拟)设函数f(x)=mx2-mx-1,若对于x∈[1,3],f(x)<-m+4恒成立,则实数m的取值范围为 ( )
A.(-∞,0] B.
C.(-∞,0)∪ D.
9
【解析】选D.由题意,f(x)<-m+4对于x∈[1,3]恒成立,即m(x2-x+1)<5对于x∈[1,3]恒成立.
因为当x∈[1,3]时,x2-x+1∈[1,7],
所以不等式f(x)<-m+4等价于m<.
因为当x=3时,取最小值,
所以若要不等式m<对于x∈[1,3]恒成立,则必须满足m<,因此,实数m的取值范围为.
2.(2020·北京模拟)已知集合{a,b,c}={2,3,4},且下列三个关系:a≠3,b=3,c≠4有且只有一个正确,则函数f(x)=的值域是________.
【解析】由{a,b,c}={2,3,4}得,a,b,c的取值有以下情况:
当a=2时,b=3,c=4时,不满足题意.
当a=2时,b=4,c=3时,不满足题意;
当a=3时,b=2,c=4时,不满足题意;
当a=3时,b=4,c=2时,满足题意;
当a=4时,b=2,c=3时,不满足题意;
当a=4时,b=3,c=2时,不满足题意;
综上得,a=3,b=4,c=2,
则函数f(x)==
当x>4时,f(x)=2x>24=16,
当x≤4时,f(x)=(x-2)2+3≥3,
9
综上f(x)≥3,即函数的值域为[3,+∞).
答案:[3,+∞)
9
