2019版一轮复习理数通用版高考达标检测 幂函数二次函数的3类考查点图象性质解析式

2019版一轮复习理数通用版高考达标检测 幂函数二次函数的3类考查点图象性质解析式

高考达标检测（六） 幂函数、二次函数的 3 类考查点 ——图象、性质、解析式 一、选择题 1．(2018·绵阳模拟)幂函数 y＝(m2－3m＋3)xm 的图象过点(2,4)，则 m＝( ) A．－2 B．－1 C．1 D．2 解析：选 D ∵幂函数 y＝(m2－3m＋3)xm 的图象过点(2,4)， ∴ m2－3m＋3＝1， 2m＝4， 解得 m＝2.故选 D. 2．(2018·杭州测试)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( ) A．[－3,3] B．[－1,3] C．{－3,3} D．{－1，－3,3} 解析：选 C ∵函数 f(x)＝x2－2x＋1＝(x－1)2 的图象的对称轴为直线 x＝1，f(x)在区间 [a，a＋2]上的最小值为 4， ∴当 a≥1 时，f(x)min＝f(a)＝(a－1)2＝4，a＝－1(舍去)或 a＝3； 当 a＋2≤1，即 a≤－1 时，f(x)min＝f(a＋2)＝(a＋1)2＝4，a＝1(舍去)或 a＝－3； 当 a<14ac；②2a－b＝1；③a－b＋c＝0；④5a0，即 b2>4ac，①正确； 对称轴为 x＝－1，即－ b 2a ＝－1,2a－b＝0，②错误；结合图象知，当 x＝－1 时，y>0，即 a －b＋c>0，③错误；由对称轴为 x＝－1 知，b＝2a，又函数图象开口向下，∴a<0，∴5a<2a， 即 5a0， f－1＝x2－5x＋6>0， 解得 x<1 或 x>3. 5．若函数 f(x)＝mx2－2x＋3 在[－1，＋∞)上递减，则实数 m 的取值范围为( ) A．(－1,0) B．[－1,0) C．(－∞，－1] D．[－1,0] 解析：选 D 当 m＝0 时，f(x)＝－2x＋3 在 R 上递减，符合题意； 当 m≠0 时，函数 f(x)＝mx2－2x＋3 在[－1，＋∞)上递减，只需对称轴 x＝ 1 m ≤－1， 且 m<0， 解得－1≤m<0， 综上，实数 m 的取值范围为[－1,0]． 6．设函数 f(x)＝ x2－4x＋6，x≥0， x＋6，x<0， 则不等式 f(x)>f(1)的解集是( ) A．(－3,1)∪(3，＋∞) B．(－3,1)∪(2，＋∞) C．(－1,1)∪(3，＋∞) D．(－∞，－3)∪(1,3) 解析：选 A ∵f(1)＝3，∴不等式 f(x)>f(1)，即 f(x)>3. ∴ x≥0， x2－4x＋6>3 或 x<0， x＋6>3， 解得 x>3 或－3b，c>d.若 f(x)＝2 017－(x－a)(x－b)的零点为 c，d， 则下列不等式正确的是( ) A．a>c>b>d B．a>b>c>d C．c>d>a>b D．c>a>b>d 解析：选 D f(x)＝2 017－(x－a)(x－b)＝－x2＋(a＋b)x－ab＋ 2 017，又 f(a)＝f(b)＝2 017，c，d 为函数 f(x)的零点，且 a>b，c>d, 所 以可在平面直角坐标系中作出函数 f(x)的大致图象，如图所示，由图可 知 c>a>b>d，故选 D. 8．(2017·浙江高考)若函数 f(x)＝x2＋ax＋b 在区间[0,1]上的最大值是 M，最小值是 m， 则 M－m( ) A．与 a 有关，且与 b 有关 B．与 a 有关，但与 b 无关 C．与 a 无关，且与 b 无关 D．与 a 无关，但与 b 有关 解析：选 B f(x)＝ x＋a 2 2－a2 4 ＋b， ①当 0≤－a 2 ≤1 时，f(x)min ＝m＝f －a 2 ＝－a2 4 ＋b，f(x)max＝M＝max{f(0)，f(1)}＝ max{b,1＋a＋b}， ∴M－m＝max a2 4 ，1＋a＋a2 4 与 a 有关，与 b 无关； ②当－a 2<0 时，f(x)在[0,1]上单调递增， ∴M－m＝f(1)－f(0)＝1＋a 与 a 有关，与 b 无关； ③当－a 2>1 时，f(x)在[0,1]上单调递减， ∴M－m＝f(0)－f(1)＝－1－a 与 a 有关，与 b 无关． 综上所述，M－m 与 a 有关，但与 b 无关． 二、填空题 9．已知幂函数 f(x)＝x－m2＋2m＋3(m∈Z)在(0，＋∞)上为增函数，且在其定义域内是 偶函数，则 m 的值为________． 解析：∵幂函数 f(x)在(0，＋∞)上为增函数， ∴－m2＋2m＋3>0，即 m2－2m－3<0，解得－10)对任意实数 t，在闭区间[t－1，t ＋1]上总存在两实数 x1，x2，使得|f(x1)－f(x2)|≥8 成立，则实数 a 的最小值为________． 解析：由题意可得，当 x∈[t－1，t＋1]时，[f(x)max－f(x)min]min≥8，当[t－1，t ＋1]关于对称轴对称时，f(x)max－f(x)min 取得最小值，即 f(t＋1)－f(t)＝2at＋a＋20≥8，f(t －1)－f(t)＝－2at＋a－20≥8，两式相加，得 a≥8，所以实数 a 的最小值为 8. 答案：8 12．设函数 f(x)＝ x3，x≤a， x2，x>a， 若存在实数 b，使得函数 y＝f(x)－bx 恰有 2 个零点， 则实数 a 的取值范围为_______． 解析：显然 x＝0 是 y＝f(x)－bx 的一个零点； 当 x≠0 时，令 y＝f(x)－bx＝0 得 b＝fx x ， 令 g(x)＝fx x ＝ x2，x≤a， x，x>a， 则 b＝g(x)存在唯一一个解． 当 a<0 时，作出函数 g(x)的图象，如图所示， 显然当 a0 时，作出函数 g(x)的图象，如图所示， 若要使 b＝g(x)存在唯一一个解，则 a>a2，即 04 时，g(a)＝f(－2)＝7－3a≥0， ∴a≤7 3. 又 a>4，∴a 不存在． (2)当－2≤－a 2 ≤2，即－4≤a≤4 时， g(a)＝f －a 2 ＝－a2 4 －a＋3≥0， ∴－6≤a≤2.又－4≤a≤4， ∴－4≤a≤2. (3)当－a 2>2，即 a<－4 时，g(a)＝f(2)＝7＋a≥0，∴a≥－7. 又 a<－4，∴－7≤a<－4. 综上可知，a 的取值范围为[－7,2]． 1．设函数 f(x)＝ax2＋bx＋c(a>b>c)的图象经过点 A(m1，f(m1))和点 B(m2，f(m2))， f(1)＝0.若 a2＋[f(m1)＋f(m2)]·a＋f(m1)·f(m2)＝0，则( ) A．b≥0 B．b<0 C．3a＋c≤0 D．3a－c<0 解析：选 A 由 f(1)＝0 可得 a＋b＋c＝0，若 a≤0，由 a>b>c，得 a＋b＋c<0，这与 a ＋b＋c＝0 矛盾，故 a>0，若 c≥0，则有 b>0，a>0，此时 a＋b＋c>0，这与 a＋b＋c＝0 矛 盾；所以 c<0 成立，因为 a2＋[f(m1)＋f(m2)]·a＋f(m1)·f(m2)＝0，所以(a＋f(m1))(a＋f(m2)) ＝0，所以 m1，m2 是方程 f(x)＝－a 的两个根，Δ＝b2－4a(a＋c)＝b(b＋4a)＝b(3a－c)≥0， 而 a>0，c<0，所以 3a－c>0，所以 b≥0. 2．设函数 f(x)＝2ax2＋2bx，若存在实数 x0∈(0，t)，使得对任意不为零的实数 a，b， 均有 f(x0)＝a＋b 成立，则 t 的取值范围是________． 解析：因为存在实数 x0∈(0，t)，使得对任意不为零的实数 a，b，均有 f(x0)＝a＋b 成 立， 所以 2ax2＋2bx＝a＋b 等价于(2x－1)b＝(1－2x2)a. 当 x＝1 2 时，左边＝0，右边≠0，即等式不成立，故 x≠1 2 ； 当 x≠1 2 时，(2x－1)b＝(1－2x2)a 等价于b a ＝1－2x2 2x－1 ， 设 2x－1＝k，因为 x≠1 2 ，所以 k≠0，则 x＝k＋1 2 ， 则b a ＝1－2 k＋1 2 2 k ＝1 2 1 k －k－2 . 设 g(k)＝1 2 1 k －k－2 ， 则函数 g(k)在(－1,0)，(0,2t－1)上的值域为 R. 又因为 g(k)在(－∞，0)，(0，＋∞)上单调递减， 所以 g(k)在(－1，0)，(0,2t－1)上单调递减， 故当 k∈(－1,0)时，g(k)g(2t－1)＝1 2 1 2t－1 －2t－1 ，故要使值域为 R， 则 g(2t－1)1. 答案：(1，＋∞)