【名师一号】2022届高三数学一轮总复习基础练习：第二章-函数、导数及其应用2-5-

第五节幂函数与二次函数时间：45分钟分值：100分eq\x(基)eq\x(础)eq\x(必)eq\x(做)一、选择题1．已知幂函数f(x)＝xα的图象过点(16,4)，若f(m)＝3，则实数m的值为()A.eq\r(3) B．±eq\r(3)C．±9 D．9解析由已知条件可得16α＝42α＝4，所以α＝eq\f(1,2)，则f(x)＝xeq\f(1,2)＝eq\r(x)，故f(m)＝eq\r(m)＝3⇒m＝9，选D.答案D2．(2022·浙江卷)在同始终角坐标系中，函数f(x)＝xa(x>0)，g(x)＝logax的图象可能是()解析由于本题中函数为y＝xa(x>0)与y＝logax，对于选项A，没有幂函数图象，故错误；对于选项B，由y＝xa(x>0)的图象知a>1，而由y＝logax的图象知0<a<1，故B错误；对于选项C，由y＝xa(x>0)的图象知0<a<1，而由y＝logax的图象知a>1，故C错误；对于选项D，由y＝xa(x>0)的图象，知0<a<1，而由y＝logax的图象知0<a<1，故选D.答案D3．(2022·广东六校一模)若x∈(0,1)，则下列结论正确的是()A．lgx>xeq\s\up15(eq\f(1,2))>2x B．2x>lgx>xeq\s\up15(eq\f(1,2))C．xeq\s\up15(eq\f(1,2))>2x>lgx D．2x>xeq\s\up15(eq\f(1,2))>lgx解析当x∈(0,1)时，2x∈(1,2)，xeq\s\up15(eq\f(1,2))∈(0,1)，lgx∈(－∞，0)，所以2x>xeq\s\up15(eq\f(1,2))>lgx.答案D4．(2021·泰安模拟)设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)，若a＝c，则函数f(x)的图象不行能是()解析由A，B，C，D四个选项知，图象与x轴均有交点，记两个交点的横坐标分别为x1，x2，若只有一个交点，则x1＝x2，由于a＝c，所以x1x2＝eq\f(c,a)＝1，比较四个选项，可知选项D的x1<－1，x2<－1，所以D不满足．答案D5．关于x的二次方程(m＋3)x2－4mx＋2m－1＝0的两根异号，且负根的确定值比正根大，那么实数m的取值范围是()A．－3<m<0 B．0<m<3C．m<－3或m>0 D．m<0或m>3解析由题意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝16m2－4m＋32m－1>0，①,x1＋x2＝\f(4m,m＋3)<0，②,x1·x2＝\f(2m－1,m＋3)<0，③))由①②③得－3<m<0，故选A.答案A6．设二次函数f(x)＝ax2－2ax＋c在区间[0,1]上单调递减，且f(m)≤f(0)，则实数m的取值范围是()A．(－∞，0] B．[2，＋∞)C．(－∞，0]∪[2，＋∞) D．[0,2]解析二次函数f(x)＝ax2－2ax＋c在区间[0,1]上单调递减，则a≠0，f′(x)＝2a(x－1)≤0，x∈[0,1]，所以a>0，即函数图象的开口向上，对称轴是直线x＝1.所以f(0)＝f(2)，则当f(m)≤f(0)时，有0≤m≤2.答案D二、填空题7．幂函数f(x)＝(m2－5m＋7)xm－2为奇函数，则m＝________.解析由f(x)＝(m2－5m＋7)xm－2为幂函数得：m2－5m＋7＝1，解得：m＝2或m＝3，又由于该函数为奇函数，所以m＝3.答案38．已知二次函数y＝f(x)的顶点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，49))，且方程f(x)＝0的两个实根之差等于7，则此二次函数的解析式是____________________．解析设二次函数的解析式为f(x)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,2)))2＋49(a<0)，方程aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,2)))2＋49＝0的两个根分别为x1，x2，则|x1－x2|＝2eq\r(－\f(49,a))＝7，所以a＝－4，故f(x)＝－4x2－12x＋40.答案f(x)＝－4x2－12x＋409．已知二次函数f(x)＝cx2－4x＋a＋1的值域是[1，＋∞)，则eq\f(1,a)＋eq\f(9,c)的最小值是________．解析由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(4ca＋1－16,4c)＝1，,c>0，))得ac＝4，且a>0，c>0，所以eq\f(1,a)＋eq\f(9,c)≥2eq\r(\f(9,ac))＝2·eq\r(\f(9,4))＝3.答案3三、解答题10．(2021·武汉模拟)二次函数f(x)满足f(x＋1)－f(x)＝2x，且f(0)＝1.(1)求f(x)的解析式．(2)在区间[－1,1]上，y＝f(x)的图象恒在y＝2x＋m的图象上方，试确定实数m的范围．解(1)设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，由f(0)＝1，得c＝1，故f(x)＝ax2＋bx＋1.由于f(x＋1)－f(x)＝2x，所以a(x＋1)2＋b(x＋1)＋1－(ax2＋bx＋1)＝2x.即2ax＋a＋b＝2x，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＝2，,a＋b＝0，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－1，))所以f(x)＝x2－x＋1.(2)由题意得x2－x＋1>2x＋m在[－1,1]上恒成立，即x2－3x＋1－m>0在[－1,1]上恒成立．设g(x)＝x2－3x＋1－m，其图象的对称轴为直线x＝eq\f(3,2)，所以g(x)在[－1,1]上递减．故只需g(1)>0，即12－3×1＋1－m>0，解得m<－1.11．已知函数f(x)＝ax2＋2x＋c(a，c∈N*)满足①f(1)＝5；②6<f(2)<11.(1)求f(x)的解析式．(2)若对任意实数x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)))，都有f(x)－2mx≤1成立，求实数m的取值范围．解(1)f(1)＝a＋2＋c＝5，所以c＝3－a.又6<f(2)<11，即6<4a＋c＋4<11，则－eq\f(1,3)<a<eq\f(4,3)，故a＝1，c＝2.f(x)的解析式为f(x)＝x2＋2x＋2.(2)由(1)知f(x)＝x2＋2x＋2，由题意得2(1－m)≤－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)))上恒成立，易求eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))))min＝－eq\f(5,2)，故2(1－m)≤－eq\f(5,2)，解得m≥eq\f(9,4).eq\x(培)eq\x(优)eq\x(演)eq\x(练)1．(2021·江门、佛山模拟)已知幂函数f(x)＝xα，当x>1时，恒有f(x)<x，则α的取值范围是()A．(0,1) B．(－∞，1)C．(0，＋∞) D．(－∞，0)解析当x>1时，恒有f(x)<x，即当x>1时，函数f(x)＝xα的图象在y＝x的图象的下方，作出幂函数f(x)＝xα在第一象限的图象，由图象可知α<1时满足题意，故选B.答案B2．已知函数f(x)＝ax2＋bx＋c，且a>b>c，a＋b＋c＝0，集合A＝{m|f(m)<0}，则()A．∀m∈A，都有f(m＋3)>0B．∀m∈A，都有f(m＋3)<0C．∃m0∈A，使得f(m0＋3)＝0D．∃m0∈A，使得f(m0＋3)<0解析由a>b>c，a＋b＋c＝0可知a>0，c<0，且f(1)＝0，f(0)＝c<0，即1是方程ax2＋bx＋c＝0的一个根，当x>1时，f(x)>0.由a>b，得eq\f(b,a)<1，设方程ax2＋bx＋c＝0的另一个根为x1，则x1＋1＝－eq\f(b,a)>－1，即x1>－2，由f(m)<0可得－2<m<1，所以1<m＋3<4，由抛物线的图象可知，f(m＋3)>0.选A.答案A3．已知函数f(x)＝x2－2ax＋2a＋4的定义域为R，值域为[1，＋∞)，则a的值为________．解析由于函数f(x)的值域为[1，＋∞)，所以f(x)min＝1且Δ<0.∴－eq\r(5)＋1<a<eq\r(5)＋1.又f(x)＝(x－a)2－a2＋2a＋4，当x∈R时，f(x)min＝f(a)＝－a2＋2a＋4＝1，即a2－2a－3＝0，解得a＝3或a＝－1.答案－1或34．已知函数f(x)＝ax2－2x＋1.(1)试争辩函数f(x)的单调性．(2)若eq\f(1,3)≤a≤1，且f(x)在[1,3]上的最大值为M(a)，最小值为N(a)，令g(a)＝M(a)－N(a)，求g(a)的表达式．(3)在(2)的条件下，求证：g(a)≥eq\f(1,2)解(1)当a＝0时，函数f(x)＝－2x＋1在(－∞，＋∞)上为减函数；当a>0时，抛物线f(x)＝ax2－2x＋1开口向上，对称轴为x＝eq\f(1,a)，所以函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,a)))上为减函数，在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上为增函数；当a<0时，抛物线f(x)＝ax2－2x＋1开口向下，对称轴为x＝eq\f(1,a)，所以函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,a)))上为增函数，在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上为减函数．(2)由于f(x)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))2＋1－eq\f(1,a)，由eq\f(1,3)≤a≤1得1≤eq\f(1,a)≤3，所以N(a)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝1－eq\f(1,a).当1≤eq\f(1,a)<2，即eq\f(1,2)<a≤1时，M(a)＝f(3)＝9a－5，故g(a)＝9a＋eq\f(1,a)－6；当2≤eq\f(1,a)≤3，即eq\f(1,3)≤a≤eq\f(1,2)时，M(a)＝f(1)＝a－1，故g(a)＝a＋eq\f(1,a)－2.所以g(a)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)－2，a∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2)))，,9a＋\f(1,a)－6，a∈\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).))(3)证明：当a∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2)))时，g′(a)＝1－eq\f(1,a2)<0，所以函数g(a)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al