（浙江专用）高考数学第三章函数、导数及其应用第五节二次函数与幂函数教案（含解析）.docx

第五节 二次函数与幂函数1五种常见幂函数的图象与性质函数特征性质yxyx2yx3yxyx1图象定义域RRRx|x0x|x0值域Ry|y0Ry|y0y|y0奇偶性奇偶奇非奇非偶奇单调性增(，0)减，(0，)增增增(，0)和(0，)减公共点(1,1)2二次函数解析式的三种形式(1)一般式：f(x)ax2bxc(a0)；(2)顶点式：f(x)a(xm)2n(a0)；(3)零点式：f(x)a(xx1)(xx2)(a0)3二次函数的图象和性质f(x)ax2bxca0a0图象定义域R值域单调性在上递减，在上递增在上递增，在上递减奇偶性b0时为偶函数，b0时既不是奇函数也不是偶函数图象特点对称轴：x；顶点：小题体验1已知幂函数yf(x)的图象经过点，则f(2)()AB4C D解析：选C设f(x)x，图象过点，f(4)4，解得，f(2)2.2函数f(x)(m2m1)xm是幂函数，且在x(0，)上为增函数，则实数m的值为_解析：f(x)(m2m1)xm是幂函数，m2m11，解得m1或m2.又f(x)在(0，)上为增函数，m2.答案：23已知f(x)4x2mx5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)4x2mx5的单调递增区间为，所以2，即m16.答案：(，161对于函数yax2bxc，要认为它是二次函数，就必须满足a0，当题目条件中未说明a0时，就要讨论a0和a0两种情况2幂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；幂函数的图象最多只能同时出现在两个象限内；如果幂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)ax2x5的图象在x轴上方，则a的取值范围是_答案：2给出下列命题：函数y2x是幂函数；如果幂函数的图象与坐标轴相交，则交点一定是原点；当n0时，幂函数yxn是定义域上的减函数；二次函数yax2bxc，xm，n的最值一定是.其中正确的是_(填序号)答案：题组练透1已知幂函数f(x)的图象经过点(9,3)，则f(2)f(1)()A3B1C.1 D1解析：选C设幂函数f(x)x，则f(9)93，即，所以f(x)x，所以f(2)f(1)1.2当x(0，)时，幂函数y(m2m1)x5m3为减函数，则实数m的值为()A2 B1C1或2 Dm解析：选B因为函数y(m2m1)x5m3既是幂函数又是(0，)上的减函数，所以解得m1.3幂函数yxm22m3(mZ)的图象如图所示，则m的值为()A1 B0C1 D2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，故m22m30，即1m3；又从图象看，函数是偶函数，故m22m3为负偶数，将m0,1,2分别代入，可知当m1时，m22m34，满足要求4若(a1)(32a)，则实数a的取值范围是_解析：易知函数yx的定义域为0，)，在定义域内为增函数，所以解得1a.答案：谨记通法幂函数的指数与图象特征的关系(1)幂函数的形式是yx(R)，其中只有一个参数，因此只需一个条件即可确定其解析式(2)若幂函数yx(R)是偶函数，则必为偶数当是分数时，一般将其先化为根式，再判断(3)若幂函数yx在(0，)上单调递增，则0，若在(0，)上单调递减，则0.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8，试确定此二次函数的解析式解：法一：(利用二次函数的一般式)设f(x)ax2bxc(a0)由题意得解得故所求二次函数为f(x)4x24x7.法二：(利用二次函数的顶点式)设f(x)a(xm)2n.f(2)f(1)，抛物线对称轴为x.m，又根据题意函数有最大值8，n8，yf(x)a28.f(2)1，a281，解得a4，f(x)4284x24x7.法三：(利用两根式)由已知f(x)10的两根为x12，x21，故可设f(x)1a(x2)(x1)，即f(x)ax2ax2a1.又函数有最大值ymax8，即8.解得a4或a0(舍去)，故所求函数解析式为f(x)4x24x7.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xR，都有f(2x)f(2x)，求f(x)的解析式解：f(2x)f(2x)对xR恒成立，f(x)的对称轴为x2.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(x1)(x3)(a0)又f(x)的图象过点(4,3)，3a3，a1.所求f(x)的解析式为f(x)(x1)(x3)，即f(x)x24x3.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)ax2(a3)x1在区间1，)上是递减的，则实数a的取值范围是()A3,0)B(，3C2,0 D3,0解析：选D当a0时，f(x)3x1在1，)上递减，满足题意当a0时，f(x)的对称轴为x，由f(x)在1，)上递减知解得3a0.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)ax22ax1在1,2上有最大值4，则a的值为_解析：f(x)a(x1)21a.当a0时，函数f(x)在区间1,2上的值为常数1，不符合题意，舍去；当a0时，函数f(x)在区间1,2上是增函数，最大值为f(2)8a14，解得a；当a0时，函数f(x)在区间1,2上是减函数，最大值为f(1)1a4，解得a3.综上可知，a的值为或3.答案：或3角度三：二次函数中恒成立问题3已知函数f(x)x2x1，在区间1,1上，不等式f(x)2xm恒成立，则实数m的取值范围是_解析：f(x)2xm等价于x2x12xm，即x23x1m0，令g(x)x23x1m，要使g(x)x23x1m0在1,1上恒成立，只需使函数g(x)x23x1m在1,1上的最小值大于0即可g(x)x23x1m在1,1上单调递减，g(x)ming(1)m1.由m10，得m1.因此满足条件的实数m的取值范围是(，1)答案：(，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：对称轴、区间都是给定的；对称轴动、区间固定；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(2)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：af(x)af(x)max，af(x)af(x)min.演练冲关1若二次函数ykx24x2在区间1,2上是单调递增函数，则实数k的取值范围为()A2，) B(2，)C(，0) D(，2)解析：选A二次函数ykx24x2的对称轴为x，当k0时，要使函数ykx24x2在区间1,2上是增函数，只需1，解得k2.当k0时，0，此时抛物线的对称轴在区间1,2的左侧，该函数ykx24x2在区间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yf(x)是偶函数，当x0时，f(x)(x1)2，若当x时，nf(x)m恒成立，则mn的最小值为()A. BC.D1解析：选D设x0，则x0，有f(x)(x1)2(x1)2.又f(x)f(x)，当x0时，f(x)(x1)2，该函数在上的最大值为1，最小值为0，依题意，nf(x)m恒成立，则n0，m1，即mn1，故mn的最小值为1.3设函数f(x)x22x2，xt，t1，tR，求函数f(x)的最小值解：f(x)x22x2(x1)21，xt，t1，tR，函数图象的对称轴为x1.当t11，即t0时，函数图象如图(1)所示，函数f(x)在区间t，t1上为减函数，所以最小值为f(t1)t21；当t1t1，即0t1时，函数图象如图(2)所示，在对称轴x1处取得最小值，最小值为f(1)1；当t1时，函数图象如图(3)所示，函数f(x)在区间t，t1上为增函数，所以最小值为f(t)t22t2.综上可知，f(x)min一抓基础，多练小题做到眼疾手快1幂函数yf(x)经过点(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设幂函数的解析式为yx，将(3，)代入解析式得3，解得，所以yx.故选D.2(2018丽水调研)设函数f(x)ax2bxc(a0，xR)，对任意实数t都有f(2t)f(2t)成立，在函数值f(1)，f(1)，f(2)，f(5)中，最小的一个不可能是()Af(1)Bf(1)Cf(2) Df(5)解析：选B由f(2t)f(2t)知函数yf(x)的图象对称轴为x2.当a0时，易知f(5)f(1)f(1)f(2)；当a0时，f(5)f(1)f(1)f(2)，故最小的不可能是f(1)3(2018金华模拟)已知幂函数yf(x)的图象经过点，则它的单调递增区间为()A(0，) B0，)C(，0) D(，)解析：选C设幂函数f(x)x，f(x)的图象经过点，2，解得2，则f(x)x2，且x0，yx2在(，0)上递减，在(0，)上递增，函数f(x)的单调递增区间是(，0)4定义：如果在函数yf(x)定义域内的给定区间a，b上存在x0(ax0b)，满足f(x0)，则称函数yf(x)是a，b上的“平均值函数”，x0是它的一个均值点，如yx4是1,1上的平均值函数，0就是它的均值点现有函数f(x)x2mx1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)x2mx1是1,1上的平均值函数，设x0为均值点，所以mf(x0)，即关于x0的方程xmx01m在(1,1)内有实数根，解方程得x01或x0m1.所以必有1m11，即0m2，所以实数m的取值范围是(0,2)答案：(0,2)5若函数f(x)x22x1在区间a，a2上的最小值为4，则实数a的取值集合为_解析：函数f(x)x22x1(x1)2的图象的对称轴为直线x1，且f(x)在区间a，a2上的最小值为4，当a1时，f(a)(a1)24，a1(舍去)或a3；当a21，即a1时，f(a2)(a1)24，a1(舍去)或a3；当a1a2，即1a1时，f(1)04.故a的取值集合为3,3答案：3,3二保高考，全练题型做到高考达标1已知点(m,8)在幂函数f(x)(m1)xn的图象上，设af，bf(ln )，cf，则a，b，c的大小关系为()Acab BabcCbca Dbac解析：选A根据题意，m11，m2，2n8，n3，f(x)x3.f(x)x3是定义在R上的增函数，又001ln ，cab.2设abc0，二次函数f(x)ax2bxc的图象可能是()解析：选D由A、C、D知，f(0)c0.abc0，ab0，对称轴x0，知A、C错误，D符合要求由B知f(0)c0，ab0，x0，B错误故选D.3(2018诸暨月考)已知幂函数f(x)(n22n2)xn23n(nZ)的图象关于y轴对称，且在(0，)上是减函数，则n的值为()A3 B1C2 D1或2解析：选B幂函数f(x)(n22n2)xn23n(nZ)的图象关于y轴对称，且在(0，)上是减函数，解得n1.4若a，b，c，则a，b，c的大小关系是()AabcBcabCbca Dbac解析：选Dyx(x0)是增函数，ab.yx是减函数，ac，bac.5若函数yx23x4的定义域为0，m，值域为，则m的取值范围是()A0,4B.C. D.解析：选D二次函数图象的对称轴为x，且f，f(3)f(0)4，由图得m.6(2018宁波模拟)已知函数f(x)x2axb(a，bR)，对于任意实数a，总存在实数m，当xm，m1时，使得f(x)0恒成立，则b的取值范围为_解析：设f(x)x2axb0，有两根x1，x2，4ba2，x1x2a，x1x2b，对于任意实数a，总存在实数m，当xm，m1时，使得f(x)0恒成立，(x1x2)21恒成立，a214b，b，故b的取值范围为.答案：7已知函数f(x)为奇函数，则ab_.解析：因为函数f(x)是奇函数，所以当x0时，x0，所以f(x)x2x，f(x)ax2bx，而f(x)f(x)，即x2xax2bx，所以a1，b1，故ab0.答案：08已知对于任意的x(，1)(5，)，都有x22(a2)xa0，则实数a的取值范围是_解析：4(a2)24a4a220a164(a1)(a4)(1)若0，即1a4时，x22(a2)xa0在R上恒成立，符合题意；(2)若0，即a1或a4时，方程x22(a2)xa0的解为xa2，显然当a1时，不符合题意，当a4时，符合题意；(3)当0，即a1或a4时，因为x22(a2)xa0在(，1)(5，)上恒成立，所以解得3a5，又a1或a4，所以4a5.综上，实数a的取值范围是(1,5答案：(1,59(2018杭州五校联盟)已知值域为1，)的二次函数满足f(1x)f(1x)，且方程f(x)0的两个实根x1，x2满足|x1x2|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(1x)f(1x)，可得f(x)的图象关于x1对称，设f(x)a(x1)2hax22axah，函数f(x)的值域为1，)，可得h1，由根与系数的关系可得x1x22，x1x21，|x1x2| 2，解得ah1，f(x)x22x.(2)由题意得函数g(x)在区间1,2递增，又g(x)f(x)kxx2(k2)x2，1，即k0，综上，实数k的取值范围为(，010(2017绍兴期中)已知函数f(x)x22bxc，设函数g(x)|f(x)|在区间1,1上的最大值为M.(1)若b2，试求出M；(2)若Mk对任意的b，c恒成立，试求k的最大值解：(1)当b2时，函数f(x)x22bxcx24xc(x2)24c，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)|5c|，g(1)|3c|，则M(2)g(x)|f(x)|(xb)2b2c|，当|b|1时，yg(x)在区间1,1上是单调函数，则Mmaxg(1)，g(1)，而g(1)|12bc|，g(1)|12bc|，则2M g(1)g(1)|f(1)f(1)|4|b|4，可知M 2.当|b|1时，函数yg(x)的对称轴xb位于区间1，1之内，此时Mmaxg(1)，g(1)，g(b)，又g(b)|b2c|，a当1b0时，有f(1)f(1)f(b)，则Mmaxg(b)，g(1)(g(b)g(1)|f(b)f(1)|(b1)2；b当0b1时，有f(1)f(1)f(b)则Mmaxg(b)，g(1)(g(b)g(1)|f(b)f(1)|(