第二章2 3二次与幂函数

高考数学

(山东专用)§2.3二次函数与幂函数考点一二次函数课标卷、其他自主命题省(区、市)卷题组1.(2017浙江,5,4分)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有关五年高考答案

B本题考查二次函数在闭区间上的最值,二次函数的图象,考查数形结合思想和分类

讨论思想.解法一:令g(x)=x2+ax,则M-m=g(x)max-g(x)min.故M-m与b无关.又a=1时,g(x)max-g(x)min=2,a=2时,g(x)max-g(x)min=3,故M-m与a有关.故选B.解法二:(1)当-

≥1,即a≤-2时,f(x)在[0,1]上为减函数,∴M-m=f(0)-f(1)=-a-1.(2)当

≤-

<1,即-2<a≤-1时,M=f(0),m=f

,从而M-m=f(0)-f

=b-

=

a2.(3)当0<-

<

,即-1<a<0时,M=f(1),m=f

,从而M-m=f(1)-f

=

a2+a+1.(4)当-

≤0,即a≥0时,f(x)在[0,1]上为增函数,∴M-m=f(1)-f(0)=a+1.即有M-m=

∴M-m与a有关,与b无关.故选B.2.(2015陕西,12,5分)对二次函数f(x)=ax2+bx+c(a为非零

),四位同学分别给出下列结论,其中有且只有一个结论是错误的,则错误的结论是

()A.-1是f(x)的零点

B.1是f(x)的极值点C.3是f(x)的极值

D.点(2,8)在曲线y=f(x)上答案

A由已知得,f'(x)=2ax+b,则f(x)只有一个极值点,若A、B正确,则有

解得b=-2a,c=-3a,则f(x)=ax2-2ax-3a.由于a为非零整数,所以f(1)=-4a≠3,则C错.而f(2)=-3a≠8,则D也错,与题意不符,故A、B中有一个错误,C、D都正确.若A、C、D正确,则有

由①②得

代入③中并整理得9a2-4a+

=0,又a为非零整数,则9a2-4a为整数,故方程9a2-4a+

=0无整数解,故A错.若B、C、D正确,则有

解得a=5,b=-10,c=8,则f(x)=5x2-10x+8,此时f(-1)=23≠0,符合题意.故选A.3.(2015四川,9,5分)如果函数f(x)=

(m-2)x2+(n-8)x+1(m≥0,n≥0)在区间

上单调递减,那么mn的最大值为()A.16

B.18

C.25

D.

答案

B当m=2时,f(x)=(n-8)x+1在区间

上单调递减,则n-8<0⇒n<8,于是mn<16,则mn无最大值.当m∈[0,2)时,f(x)的图象开口向下,要使f(x)在区间

上单调递减,需-

≤

,即2n+m≤18,又n≥0,则mn≤m

=-

m2+9m.而g(m)=-

m2+9m在[0,2)上为增函数,∴m∈[0,2)时,g(m)<g(2)=16,故m∈[0,2)时,mn无最大值.当m>2时,f(x)的图象开口向上,要使f(x)在区间

上单调递减,需-

≥2,即2m+n≤12,而2m+n≥2

,∴mn≤18,当且仅当

即

时,取“=”,此时满足m>2.故(mn)max=18.故选B.4.(2019浙江,16,4分)已知a∈R,函数f(x)=ax3-x.若存在t∈R,使得|f(t+2)-f(t)|≤

,则实数a的最大值是

.答案

解析本题考查绝对值不等式的解法及二次函数的最值等相关知识;以三次函数为背景,对不

等式化简变形,考查学生运算求解能力,将不等式有解问题转化为函数值域(最值)问题,考查学

生的化归与转化思想、数形结合思想;突出考查了数学运算的核心素养.|f(t+2)-f(t)|≤

⇔|a(t+2)3-(t+2)-(at3-t)|≤

⇔|6at2+12at+8a-2|≤

⇔|3at2+6at+4a-1|≤

⇔-

≤3at2+6at+4a-1≤

⇔

≤a(3t2+6t+4)≤

,∵3t2+6t+4=3(t+1)2+1≥1,∴若存在t∈R,使不等式成立,则需a>0,故a(3t2+6t+4)∈[a,+∞),∴只需[a,+∞)∩

≠⌀即可,∴0<a≤

,故a的最大值为

.疑难突破

能够将原绝对值不等式化繁为简,将问题简化为一元二次不等式有解问题,再进一

步转化为值域交集非空是求解本题的关键.5.(2017北京文,11,5分)已知x≥0,y≥0,且x+y=1,则x2+y2的取值范围是

.答案

解析解法一:由题意知,y=1-x,∵y≥0,x≥0,∴0≤x≤1,则x2+y2=x2+(1-x)2=2x2-2x+1=2

+

.当x=

时,x2+y2取最小值

,当x=0或x=1时,x2+y2取最大值1,∴x2+y2∈

.解法二:由题意可知,点(x,y)在线段AB上(如图),x2+y2表示点(x,y)与原点的距离的平方.x2+y2的最小值为原点到直线x+y-1=0的距离的平方,即

=

,又易知(x2+y2)max=1,∴x2+y2∈

.考点二幂函数1.(2016课标全国Ⅲ文,7,5分)已知a=

,b=

,c=2

,则

()A.b<a<c

B.a<b<c

C.b<c<a

D.c<a<b答案

A解法一:a=

=

,c=2

=

,而函数y=

在(0,+∞)上单调递增,所以

<

<

,即b<a<c,故选A.解法二:a=

=1

,b=

=

,而函数y=

是单调递增函数,知c=2

>1

=a>

=b,所以c>a>b,故选A.2.(2018上海,7,5分)已知α∈

.若幂函数f(x)=xα为奇函数,且在(0,+∞)上递减,则α=

.答案-1规律方法幂函数y=xα(α∈R)的性质及图象特征:①所有的幂函数在(0,+∞)上都有定义,并且图象都过点(1,1);②若α>0,则幂函数的图象过原点,并且在区间[0,+∞)上为增函数;③若α<0,则幂函数的图象在区间(0,+∞)上为减函数;④当α为奇数时,幂函数为奇函数;当α为偶数时,幂函数为偶函数.解析

本题主要考查幂函数的性质.∵幂函数f(x)=xα为奇函数,∴α可取-1,1,3,又f(x)=xα在(0,+∞)上递减,∴α<0,故α=-1.1.(2015广东文,21,14分)设a为实数,函数f(x)=(x-a)2+|x-a|-a(a-1).(1)若f(0)≤1,求a的取值范围;(2)讨论f(x)的单调性;(3)当a≥2时,讨论f(x)+

在区间(0,+∞)内的零点个数.教师专用题组解析(1)f(0)=a2+|a|-a(a-1)=|a|+a.当a≤0时,f(0)=0≤1对于任意的a≤0恒成立;当a>0时,f(0)=2a,令2a≤1,解得0<a≤

.综上,a的取值范围是

.(2)函数f(x)的定义域为全体实数R.由已知得,f(x)=

则f'(x)=

当x≤a时,f'(x)=2x-(2a+1)=2(x-a)-1<0,所以f(x)在区间(-∞,a]上单调递减;当x>a时,f'(x)=2x-(2a-1)=2(x-a)+1>0,所以f(x)在区间(a,+∞)上单调递增.(3)令h(x)=f(x)+

,由(2)得,h(x)=

则h'(x)=

当0<x≤a时,h'(x)=2x-(2a+1)-

=2(x-a)-1-

<0,所以h(x)在区间(0,a]上单调递减;当x>a时,因为a≥2,所以x>2,即0<

<1,所以h'(x)=2(x-a)+

>0,所以h(x)在区间(a,+∞)上单调递增.h(1)=4>0,h(2a)=2a+

>0,①若a=2,则h(a)=-a2+a+

=-4+2+2=0,此时h(x)在(0,+∞)上有唯一一个零点;②若a>2,则h(a)=-a2+a+

=-

=-

<0,此时h(x)在区间(0,a)上和(a,+∞)上各有一个零点,共两个零点.综上,当a=2时,f(x)+

在区间(0,+∞)内有一个零点;当a>2时,f(x)+

在区间(0,+∞)内有两个零点.2.(2015浙江,18,15分)已知函数f(x)=x2+ax+b(a,b∈R),记M(a,b)是|f(x)|在区间[-1,1]上的最大值.(1)证明:当|a|≥2时,M(a,b)≥2;(2)当a,b满足M(a,b)≤2时,求|a|+|b|的最大值.解析(1)证明:由f(x)=

+b-

,得图象的对称轴为直线x=-

.由|a|≥2,得

≥1,故f(x)在[-1,1]上单调,所以M(a,b)=max{|f(1)|,|f(-1)|}.当a≥2时,由f(1)-f(-1)=2a≥4,得max{f(1),-f(-1)}≥2,即M(a,b)≥2.当a≤-2时,由f(-1)-f(1)=-2a≥4,得max{f(-1),-f(1)}≥2,即M(a,b)≥2.综上,当|a|≥2时,M(a,b)≥2.(2)由M(a,b)≤2得|1+a+b|=|f(1)|≤2,|1-a+b|=|f(-1)|≤2,故|a+b|≤3,|a-b|≤3,由|a|+|b|=

得|a|+|b|≤3.当a=2,b=-1时,|a|+|b|=3,|f(x)|=|x2+2x-1|,此时易知|f(x)|在[-1,1]上的最大值为2,即M(2,-1)=2.所以|a|+|b|的最大值为3.考点一二次函数三年模拟A组2017—2019年高考模拟·考点基础题组1.(2018河南安阳模拟,5)已知函数f(x)=-x2+4x+a,x∈[0,1],若f(x)有最小值-2,则f(x)的最大值为

()A.1

B.0

C.-1

D.2答案

A∵f(x)=-x2+4x+a=-(x-2)2+a+4,∴函数f(x)=-x2+4x+a在[0,1]上单调递增,∴当x=0时,f(x)取得最小值,当x=1时,f(x)取得最大值,∴f(0)=a=-2,f(1)=3+a=3-2=1,故选A.2.(2018山东邹城第一中学期中,10)定义运算

=ad-bc,若函数f(x)=

在(-∞,m)上单调递减,则实数m的取值范围是

()A.(-∞,-5]

B.(-∞,-5)C.[-5,+∞)

D.(-5,+∞)答案

A

f(x)=(x+1)(x+3)-(-2)×3x=x2+10x+3,所以-

≥m⇒m≤-5,故选A.3.(2018湖北荆州模拟,8)二次函数f(x)满足f(x+2)=f(-x+2),且f(0)=3,f(2)=1,若在[0,m]上有最大值

3,最小值1,则m的取值范围是

()A.(0,+∞)

B.[2,+∞)

C.(0,2]

D.[2,4]答案

D∵二次函数f(x)满足f(2+x)=f(2-x),∴其图象的对称轴是x=2,又f(0)=3,∴f(4)=3,又f(2)

<f(0),∴f(x)的图象开口向上,∵f(0)=3,f(2)=1,f(4)=3,f(x)在[0,m]上的最大值为3,最小值为1,∴

由二次函数的性质知2≤m≤4.故选D.4.(2017天津红桥期中,14)若函数f(x)=ax2+2x-3在区间(-∞,4)上是单调递增的,则实数a的取值范

围是

.答案

解析①当a=0时,f(x)=2x-3在(-∞,4)上单调递增,满足题意;②当a≠0时,要使函数f(x)=ax2+2x-3在区间(-∞,4)上单调递增,则实数a满足

解得-

≤a<0.综上,-

≤a≤0.5.(2017江西九江七校联考,19)已知二次函数f(x)图象的对称轴为直线x=-2,f(x)的图象截x轴所

得的线段长为2

,且满足f(0)=1.(1)求f(x)的解析式;(2)若f

>k对x∈[-1,1]恒成立,求实数k的取值范围.解析

(1)由题意可设f(x)=a(x+2+

)(x+2-

)(a≠0),由f(0)=1得a=1,∴f(x)=(x+2+

)(x+2-

)=x2+4x+1.(2)当x∈[-1,1]时,令t=

,则t∈

,由(1)知f(x)的图象开口向上,对称轴为直线x=-2,∴f(t)在t∈

上单调递增.∴f(t)min=f

=

.∴实数k的取值范围是

.1.(2018陕西西安检测,3)函数y=

的图象大致是

()

考点二幂函数答案

C

y=

=

,其定义域为x∈R,排除A,B.又0<

<1,图象在第一象限为上凸的,排除D,故选C.2.(2018湖北宜昌月考,4)函数f(x)=(m2-m-1)·

是幂函数,且在x∈(0,+∞)上是减函数,则实数m的值为()A.2

B.3

C.4

D.5答案

A由题意知m2-m-1=1,解得m=2或m=-1.当m=2时,m2-2m-3=-3,f(x)=x-3符合题意;当m=-1时,m2-2m-3=0,f(x)=x0不合题意,综上,m=2.3.(2018河南洛阳二模,7)已知点

在幂函数f(x)=(a-1)xb的图象上,则函数f(x)是

()A.奇函数

B.偶函数C.定义域内的减函数

D.定义域内的增函数答案

A∵点

在幂函数f(x)=(a-1)xb的图象上,∴a-1=1,解得a=2,且2b=

,∴b=-1,∴f(x)=x-1,∴函数f(x)在定义域(-∞,0)∪(0,+∞)上是奇函数,且在每一个区间内是减函数.故选A.4.(2018山东潍坊三模,8)已知a=

,b=

,c=lo

,则a,b,c的大小关系是

()A.a<b<c

B.b<a<c

C.c<a<b

D.a<c<b答案

A因为y=

是定义域上的增函数,所以

<

<1,即0<a<b<1,又c=lo

>lo

=1,所以a<b<c,故选A.5.(2018宁夏银川月考,10)已知幂函数f(x)的图象过点(2,

),则f(4)的值为

.答案2解析设幂函数f(x)=xa,∵f(x)的图象过点(2,

),∴2a=

,解得a=

,∴f(4)=

=2.B组2017—2019年高考模拟·专题综合题组时间:45分钟分值:70分一、选择题(每小题5分,共35分)1.(2018北京东城月考,6)已知幂函数f(x)=(n2+2n-2)·

(n∈Z)的图象关于y轴对称,且在(0,+∞)上是减函数,则n的值为

()A.-3

B.1

C.2

D.1或2答案

B由于f(x)为幂函数,所以n2+2n-2=1,解得n=1或n=-3,经检验,只有n=1符合题意,故选B.2.(2019山东聊城第一中学模拟,4)已知函数f(x)是偶函数,当x>0时,f(x)=

,则在(-2,0)上,下列函数中与f(x)的单调性相同的是

()A.y=-x2+1

B.y=|x+1|C.y=e|x|

D.y=

答案

C由已知得f(x)在(-2,0)上单调递减,由此可知只有选项C符合题意,故选C.3.(2018湖北武汉模拟,10)幂函数y=xα,当α取不同的正数时,在区间[0,1]上它们的图象是一组美

丽的曲线(如图),设点A(1,0),B(0,1),连接AB,线段AB恰好被其中的两个幂函数y=xa,y=xb的图象

三等分,即有BM=MN=NA,则a-

=

()

A.0

B.1

C.

D.2答案

A因为BM=MN=NA,点A(1,0),B(0,1),所以M

,N

,分别代入y=xa,y=xb,得a=lo

,b=lo

,∴a-

=lo

-

=0.故选A.4.(2018湖北襄樊调研,11)设a,b是关于x的一元二次方程x2-2mx+m+6=0的两个实根,则(a-1)2+(b-

1)2的最小值是

()A.-

B.18

C.8

D.-6答案

C∵方程x2-2mx+m+6=0的两个根为a,b,∴

且Δ=4(m2-m-6)≥0,∴m≥3或m≤-2.令y=(a-1)2+(b-1)2=(a+b)2-2ab-2(a+b)+2=4m2-6m-10=4

-

,由二次函数的性质知,当m=3时,函数y=4m2-6m-10取得最小值,最小值为8.故(a-1)2+(b-1)2的最小

值是8.故选C.5.(2018山东德州期中,1)已知f(x)=ax2+(b-a)x+c-b(其中a>b>c),若a+b+c=0,x1、x2为f(x)的两个零

点,则|x1-x2|的取值范围为

()A.

B.(2,2

)C.(1,2)

D.(1,2

)答案

A∵a>b>c,a+b+c=0,∴a>0,c<0,b=-a-c,∴

<0,由根与系数的关系可得x1+x2=

=

=2+

,x1·x2=

=

=1+

,∴

=

-4x1x2=

-4

=

-

=

-4.∵a>b>c,a>0,∴x1+x2=

>0,x1·x2=

<0,∴2+

>0,1+

<0,∴-2<

<-

,∴

<

-4<12,∴|x1-x2|∈

,故选A.6.(2017山东菏泽一模,10)设min{m,n}表示m、n二者中较小的一个,已知函数f(x)=x2+8x+14,g(x)

=min

(x>0),若∀x1∈[-5,a](a≥-4),∃x2∈(0,+∞),使得f(x1)=g(x2)成立,则a的最大值为

()A.-4

B.-3

C.-2

D.0答案

C当

=log2(4x)时,解得x=1,当0<x≤1时,

≥log2(4x),当x>1时,

<log2(4x),∴g(x)=min

(x>0)=

∴当0<x≤1时,g(x)的值域为(-∞,2];当x>1时,g(x)的值域为(0,2),∴g(x)的值域为(-∞,2].∵f(x)=x2+8x+14=(x+4)2-2,其图象的对称轴为直线x=-4,∴f(x)在[-5,-4]上为减函数,在(-4,a]上为增函数,∵f(-5)=-1,f(a)=a2+8a+14,∴当-4≤a≤-3时,函数f(x)的值域为[-2,-1];当a>-3时,函数f(x)的值域为[-2,a2+8a+14],∵∀x1∈[-5,a](a≥-4),∃x2∈(0,+∞),使得f(x1)=g(x2)成立,∴a2+8a+14≤2,解得-6≤a≤-2,∴-3<a≤-2.综上所述,a的取值范围为[-4,-2],∴a的最大值为-2,故选C.思路分析

根据新定义求出函数g(x)的解析式,再求出函数g(x)的值域,进而求出f(x)的值域,由

∀x1∈[-5,a](a≥-4),∃x2∈(0,+∞),使得f(x1)=g(x2)成立,知f(x)的值域是g(x)的值域的子集,由此求

出实数a的取值范围,进而得出a的最大值.7.(2018山东平度第一中学模拟,12)已知函数f(x)=

g(x)=x2-2x-

.设b为实数,若存在实数a,使得f(a)+g(b)=2成立,则实数b的取值范围为

()A.(-1,3)

B.[-1,3]C.(-∞,-1]∪[3,+∞)

D.(-∞,-1)∪(3,+∞)答案

B当a<-1时,f(a)=

=

=

.∵a+1+

≤-2,当且仅当a=-2时取等号,∴f(a)的取值范围是

.当a≥-1时,f(a)=ln(a+2).∴f(a)的取值范围是[0,+∞).综上,f(a)的取值范围是

.要存在实数a,使得f(a)+g(b)=2成立,则函数g(b)=b2-2b-

≤

,解得-1≤b≤3.二、填空题(共5分)8.(2018山东菏泽第一中学第一次月考,16)已知函数f(x)=x-

,g(x)=x2-2ax+4,若对任意x1∈[0,1],存在x2∈[1,2],使f(x1)≥g(x2),则实数a的最小值是

.答案

解析由题意得,原不等式可转化为f(x)min≥g(x)min,显然,f(x)在区间[0,1]上是单调递增函数,所

以f(x)min=f(0)=-1,当a<1时,g(x)min=g(1)=5-2a≤-1,解得a≥3,与a<1矛盾,舍去;当a>2时,g(x)min=g(2)

=8-4a≤-1,解得a≥

,符合题意;当1≤a≤2时,g(x)min=g(a)=4-a2≤-1,解得a≥

或a≤-

,与1≤a≤2矛盾,舍去.综上所述,a≥