高考数学一轮复习 第二章 基本初等函数、导数的应用 第5讲 二次函数与幂函数分层演练直击高考 文-人教版高三数学试题

第5讲二次函数与幂函数1．若f(x)是幂函数，且满足eq\f(f（4）,f（2）)＝3，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝________.解析：设f(x)＝xa，由eq\f(f（4）,f（2）)＝3可得eq\f(4a,2a)＝3，即2a＝3，a＝log23，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝2－log23＝eq\f(1,3).答案：eq\f(1,3)2．对于函数y＝x2，y＝xeq\s\up6(\f(1,2))有下列说法：①两个函数都是幂函数；②两个函数在第一象限内都单调递增；③它们的图象关于直线y＝x对称；④两个函数都是偶函数；⑤两个函数都经过点(0，0)、(1，1)．其中正确的有________(把所有正确说法的序号都填上)．解析：从两个函数的定义域、奇偶性、单调性等性质进行比较．答案：①②⑤3．比较0.20.5，0.40.3的大小，解析：先比较0.20.5与0.20.3，再比较0.20.3与0.40.3，y＝0.2x是减函数，故0.20.5<0.20.3；y＝x0.3在(0，＋∞)上是增函数，故0.20.3<0.40.3，则0.20.5<0.40.3答案：0.20.5<0.44．(2018·徐州质检)下列图象中，表示y＝xeq\s\up6(\f(2,3))的是________．解析：y＝xeq\s\up6(\f(2,3))＝eq\r(3,x2)是偶函数，所以排除②、③，当x>1时，eq\f(x,x\s\up6(\f(2,3)))＝xeq\s\up6(\f(1,3))>1，所以x>xeq\s\up6(\f(2,3))，所以排除①.答案：④5．(2018·蚌埠质检)已知幂函数f(x)＝xα的部分对应值如下表：x1eq\f(1,2)f(x)1eq\f(\r(2),2)则不等式f(|x|)≤2的解集是________．解析：由表知eq\f(\r(2),2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(α)，所以α＝eq\f(1,2)，所以f(x)＝eq\r(x).所以eq\r(|x|)≤2，即|x|≤4，故－4≤x≤4.答案：{x|－4≤x≤4}6．当x∈(1，2)时，不等式x2＋mx＋4<0恒成立，则m的取值范围是________．解析：设f(x)＝x2＋mx＋4，当x∈(1，2)时，f(x)<0恒成立⇔eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（1）≤0，,f（2）≤0))⇒eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m≤－5，,m≤－4))⇒m≤－5.答案：(－∞，－5]7．(2018·江苏省高考名校联考(一))已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)x2－x＋2，x＞0，,2，x≤0，))则不等式f(－x2－1)≤f(－x2＋5x)的解集为________．解析：因为－x2－1≤－1＜0，所以f(－x2－1)＝2，当－x2＋5x≤0时，f(－x2－1)＝f(－x2＋5x)＝2，原不等式成立，此时，x≥5或x≤0；当－x2＋5x＞0时，则需f(－x2＋5x)≥2，即eq\f(1,4)(－x2＋5x)2－(－x2＋5x)＋2≥2，－x2＋5x≥4，得1≤x≤4.故原不等式的解集为(－∞，0]∪[1，4]∪[5，＋∞)．答案：(－∞，0]∪[1，4]∪[5，＋∞)8．已知函数f(x)＝x2＋1的定义域为[a，b](a<b)，值域为[1，5]，则在平面直角坐标系内，点(a，b)的运动轨迹与两坐标轴围成的图形的面积为________．解析：如图，对于函数f(x)＝x2＋1，当x＝±2时，y＝5.故根据题意，得a，b的取值范围为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2≤a≤0，,b＝2))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－2，,0≤b≤2.))所以点(a，b)的运动轨迹与两坐标轴围成的图形是一个边长为2的正方形，面积为4.答案：49．若(a＋1)eq\s\up6(\f(1,2))<(3－2a)eq\s\up6(\f(1,2))，则实数a的取值范围是________．解析：易知函数y＝xeq\s\up6(\f(1,2))的定义域为[0，＋∞)，在定义域内为增函数，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋1≥0，,3－2a≥0，,a＋1<3－2a，))解得－1≤a<eq\f(2,3).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(2,3)))10．(2018·江苏省重点中学领航高考冲刺卷(二))已知函数f(x)＝－4x2＋2ax－b(a，b∈R)的值域为(－∞，0]，若关于x的不等式f(x)≥m的解集为[c，c＋8]，则实数m的值为________．解析：因为函数f(x)＝－4x2＋2ax－b(a，b∈R)的值域为(－∞，0]，所以函数的最大值为0.令f(x)＝0，可得Δ＝4a2－4×(－4)×(－b)＝4a2－16b＝0，即b＝eq\f(a2,4).关于x的不等式f(x)≥m可化简为4x2－2ax＋b＋m≤0，即4x2－2ax＋eq\f(a2,4)＋m≤0.又关于x的不等式f(x)≥m的解集为[c，c＋8]，所以方程4x2－2ax＋eq\f(a2,4)＋m＝0的两个根为x1＝c，x2＝c＋8，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝\f(a,2),x1x2＝\f(a2,16)＋\f(m,4)))，又|x1－x2|2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝64，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))eq\s\up12(2)－4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,16)＋\f(m,4)))＝64，解得m＝－64.答案：－6411．已知二次函数f(x)的图象过点A(－1，0)、B(3，0)、C(1，－8)．(1)求f(x)的解析式；(2)求f(x)在x∈[0，3]上的最值；(3)求不等式f(x)≥0的解集．解：(1)由题意可设f(x)＝a(x＋1)(x－3)，将C(1，－8)代入得－8＝a(1＋1)(1－3)，得a＝2.即f(x)＝2(x＋1)(x－3)＝2x2－4x－6.(2)f(x)＝2(x－1)2－8，当x∈[0，3]时，由二次函数图象知，f(x)min＝f(1)＝－8，f(x)max＝f(3)＝0.(3)f(x)≥0的解集为{x|x≤－1，或x≥3}．12．(2018·青岛模拟)已知f(x)＝ax2－2x(0≤x≤1)，求f(x)的最小值．解：(1)当a＝0时，f(x)＝－2x在[0，1]上递减，所以f(x)min＝f(1)＝－2.(2)当a>0时，f(x)＝ax2－2x图象的开口方向向上，且对称轴为x＝eq\f(1,a).①当eq\f(1,a)≤1，即a≥1时，f(x)＝ax2－2x图象的对称轴在[0，1]内，所以f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上递减，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))上递增．所以f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝eq\f(1,a)－eq\f(2,a)＝－eq\f(1,a).②当eq\f(1,a)>1，即0<a<1时，f(x)＝ax2－2x图象的对称轴在[0，1]的右侧，所以f(x)在[0，1]上递减．所以f(x)min＝f(1)＝a－2.(3)当a<0时，f(x)＝ax2－2x图象的开口方向向下，且对称轴x＝eq\f(1,a)<0，在y轴的左侧，所以f(x)＝ax2－2x在[0，1]上递减．所以f(x)min＝f(1)＝a－2.综上所述，f(x)min＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－2，a<1，,－\f(1,a)，a≥1.))1．已知函数g(x)＝ax2－2ax＋1＋b(a≠0，b<1)在区间[2，3]上有最大值4，最小值1，则a＝________，b＝________．解析：g(x)＝a(x－1)2＋1＋b－a，当a>0时，g(x)在[2，3]上为增函数，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g（3）＝4，,g（2）＝1))⇒eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4a＋1＋b－a＝4，,a＋1＋b－a＝1))⇒eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝0.))当a<0时，g(x)在[2，3]上为减函数，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g（3）＝1，,g（2）＝4))⇒eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4a＋1＋b－a＝1，,a＋1＋b－a＝4))⇒eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝3.))因为b<1，所以a＝1，b＝0.答案：102．已知y＝f(x)是偶函数，当x>0时，f(x)＝(x－1)2，若当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,2)))时，n≤f(x)≤m恒成立，则m－n的最小值为________．解析：当x<0时，－x>0，f(x)＝f(－x)＝(x＋1)2，因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,2)))，所以f(x)min＝f(－1)＝0，f(x)max＝f(－2)＝1，所以m≥1，n≤0，m－n≥1.答案：13．(2018·贵阳模拟)已知函数f(x)＝ax2＋bx＋1(a，b∈R)，x∈R，其中f(x)的最小值为f(－1)＝0，且f(x)>x＋k在区间[－3，－1]上恒成立，则k的取值范围是________．解析：由题意知a≠0，f(－1)＝a－b＋1＝0，且－eq\f(b,2a)＝－1，所以a＝1，b＝2.所以f(x)＝x2＋2x＋1，f(x)>x＋k在区间[－3，－1]上恒成立，转化为x2＋x＋1>k在[－3，－1]上恒成立．设g(x)＝x2＋x＋1，x∈[－3，－1]，则g(x)在[－3，－1]上递减．所以g(x)min＝g(－1)＝1.所以k<1，即k的取值范围为(－∞，1)．答案：(－∞，1)4．(2018·江苏省高考名校联考(三))已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ax2＋x，x≥0，,－ax2＋x，x＜0，))当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，\f(1,4)))时，恒有f(x＋a)＜f(x)，则实数a的取值范围是________．解析：显然a≠0，故考虑a＞0和a＜0两种情形．①当a＞0时，画图知，函数f(x)在R上单调递增，故f(x＋a)＞f(x)，不符合题意；②当a＜0时，此时f(x)的图象如图所示，由于不等式f(x＋a)＜f(x)中两个函数值对应的自变量相差为－a，因此用弦长为－a的线段“削峰填谷”，可得eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，\f(1,4)))⊆eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)＋\f(－a,2)，－\f(1,2a)＋\f(－a,2)))，即eq\f(1,2a)－eq\f(a,2)＜－eq\f(1,4)，即2a2－a－2＜0，解得eq\f(1－\r(17),4)＜a＜0.答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(17),4)，0))5．已知函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0，b∈R，c∈R)．(1)若函数f(x)的最小值是f(－1)＝0，且c＝1，F(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（x），x>0，,－f（x），x<0，))求F(2)＋F(－2)的值；(2)若a＝1，c＝0，且|f(x)|≤1在区间(0，1]上恒成立，试求b的取值范围．解：(1)由已知得c＝1，a－b＋c＝0，－eq\f(b,2a)＝－1，解得a＝1，b＝2，则f(x)＝(x＋1)2.则F(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x＋1）2，x>0，,－（x＋1）2，x<0.))故F(2)＋F(－2)＝(2＋1)2＋[－(－2＋1)2]＝8.(2)由题意得f(x)＝x2＋bx，原命题等价于－1≤x2＋bx≤1在(0，1]上恒成立，即b≤eq\f(1,x)－x且b≥－eq\f(1,x)－x在(0，1]上恒成立．又当x∈(0，1]时，eq\f(1,x)－x的最小值为0，－eq\f(1,x)－x的最大值为－2，故－2≤b≤0.6．(2018·常州模拟)已知函数f(x)＝|x2－1|＋x2＋kx，且定义域为(0，2)．(1)求关于x的方程f(x)＝kx＋3在(0，2)上的解；(2)若f(x)是定义在(0，2)上的单调函数，求实数k的取值范围；(3)若关于x的方程f(x)＝0在(0，2)上有两个不同的解x1，x2，求k的取值范围．解：(1)因为f(x)＝|x2－1|＋x2＋kx，所以f(x)＝kx＋3即|x2－1|＋x2＝3，当0<x≤1时，|x2－1|＋x2＝1－x2＋x2＝1，此时该方程无解．当1<x<2时，|x2－1|＋x2＝2x2－1，原方程等价于：x2＝2，此时该方程的解为eq\r(2).综上可知：方程f(x)＝kx＋3在(0，2)上的解为eq\r(2).(2)因为f(x)＝|x2－1|＋x2＋kx，所以f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4