《2020版高考数学新增分大一轮新高考（鲁京津琼）专用讲义：第二章 2.4 幂函数与二次函数 Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版高考数学新增分大一轮新高考（鲁京津琼）专用讲义：第二章 2.4 幂函数与二次函数 Word版含解析.pdf（18页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 2.4 幂函数与二次函数 幂函数与二次函数 最新考纲 1.通过实例，了解幂函数的概念.2.结合函数 yx，yx2，yx3，y ，y 1 x 1 2 x 的图象，了解它们的变化情况.3.理解并掌握二次函数的定义、图象及性质.4.能用二次函数、 方程、不等式之间的关系解决简单问题 1幂函数 (1)幂函数的定义 一般地，形如 yx的函数称为幂函数，其中 x 是自变量， 是常数 (2)常见的五种幂函数的图象和性质比较 函数yxyx2yx3 y 1 2 x yx1 图象 定义域RRRx|x0x|x0 值域Ry|y0Ry|y0y|y0 奇偶性奇函数偶函数奇函数非
2、奇非偶函数奇函数 性 质 单调性 在 R 上单 调递增 在(， 0上 单调递减；在 (0， )上单 调递增 在 R 上单调 递增 在0，)上单 调递增 在(， 0)和 (0， )上单 调递减 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 公共点(1,1) 2.二次函数的图象和性质 解析式f(x)ax2bxc(a0)f(x)ax2bxc(a0 且 0. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 题组一 思考辨析 1判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“”) (1)二次函数 yax2bxc(a0)，xa，b的最值一定是.( ) 4acb2 4a (2)在 yax2bxc(a0)中， a 决定了
3、图象的开口方向和在同一直角坐标系中的开口大小 ( ) (3)函数 y是幂函数( ) 1 2 2x (4)如果幂函数的图象与坐标轴相交，则交点一定是原点( ) (5)当 n1，函数 y2x26x3 在1,1上单 3 2 调递减， ymin2631. 6设二次函数 f(x)x2xa(a0)，若 f(m)”“ 解析 f(x)x2xa 图象的对称轴为直线 x ，且 f(1)0，f(0)0，而 f(m)0. 题型一 幂函数的图象和性质 1若幂函数的图象经过点，则它的单调递增区间是( ) (2， 1 4) 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 A(0，) B0，) C(，) D(，0) 答案 D 解
4、析 设 f(x)x，则 2 ，2，即 f(x)x2，它是偶函数，单调递增区间是(， 1 4 0)故选 D. 2.若四个幂函数 yxa，yxb，yxc，yxd在同一坐标系中的图象如图所示，则 a，b，c，d 的大小关系是( ) Adcba Babcd Cdcab Dabdc 答案 B 解析 由幂函数的图象可知，在(0,1)上幂函数的指数越大，函数图象越接近 x 轴，由题图知 abcd，故选 B. 3已知幂函数 f(x)(n22n2)(nZ)的图象关于 y 轴对称，且在(0，)上是减函 2 3nn x 数，则 n 的值为( ) A3 B1 C2 D1 或 2 答案 B 解析 由于 f(x)为幂函数
5、，所以 n22n21，解得 n1 或 n3，经检验只有 n1 符合 题意，故选 B. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 4(2018潍坊模拟)若(a1)32a0或32a0，则一次函数 yaxb 为增函数，二次函数 yax2bxc 的图象开口向上， 故可排除 A； 若 a0，b0，从而0 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 ； 3 8 (3)当 a 时，f(x)maxf(2)4a5， 1 2 1 2 (2)当a 即 a 时，f(x)maxf(1)22a， 1 2 1 2 综上，f(x)maxError!Error! 命题点 4 二次函数中的恒
6、成立问题 例 5 (1)已知二次函数 f(x)满足 f(x1)f(x)2x，且 f(0)1，若不等式 f(x)2xm 在区间 1,1上恒成立，则实数 m 的取值范围为_ 答案 (，1) 解析 设f(x)ax2bxc(a0)， 由f(0)1， 得c1， 又f(x1)f(x)2x， 得2axab2x， 所以 a1，b1，所以 f(x)x2x1.f(x)2xm 在区间1,1上恒成立，即 x23x1 m0 在1,1上恒成立，令 g(x)x23x1m 2 m，x1,1，g(x)在1,1 (x 3 2) 5 4 上单调递减，所以 g(x)ming(1)131m0，所以 m1)， 若在区间1,1上 f(x)
7、8 恒成立， 则 a 的最大值为_ 答案 2 解析 令 axt， 因为 a1， x1,1， 所以 ta， 原函数化为 g(t)t23t2， t， 1 a 1 a，a 显然 g(t)在上单调递增， 所以 f(x)8 恒成立， 即 g(t)maxg(a)8 恒成立， 所以有 a23a 1 a，a 28，解得5a2，又 a1，所以 a 的最大值为 2. 思维升华 解决二次函数图象与性质问题时要注意： (1)抛物线的开口，对称轴位置，定义区间三者相互制约，要注意分类讨论； (2)要注意数形结合思想的应用， 尤其是给定区间上的二次函数最值问题， 先 “定性” (作草图)， 再“定量”(看图求解) (3)
8、由不等式恒成立求参数取值范围的思路及关键 解题思路：一是分离参数；二是不分离参数两种思路都是将问题归结为求函数的最值或值 域 跟踪训练 2 (1)函数 yx2bxc(x0，)是单调函数的充要条件是( ) Ab0 Bb0 Cb0 Db0，则实数 a 的取值范围 为_ 答案 (1 2，) 解析 由题意得 a 对 1 . ( 2 x 2 x2) 1 2 1 2 数形结合思想和分类讨论思想在二次函数中的应用 研究二次函数的性质，可以结合图象进行 ； 对于含参数的二次函数问题，要明确参数对 图象的影响，进行分类讨论 例 设函数 f(x)x22x2，xt，t1，tR，求函数 f(x)的最小值 解 f(x)
9、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 t0， 解得 m1. 4已知函数 f(x)ax2x5 的图象在 x 轴上方，则 a 的取值范围是( ) A. B. (0， 1 20) (， 1 20) C. D. ( 1 20，) ( 1 20，0) 答案 C 解析 由题意知Error!Error!即Error!Error!得 a. 1 20 5已知 a，b，cR，函数 f(x)ax2bxc.若 f(0)f(4)f(1)，则( ) Aa0,4a
10、b0 Ba0,2ab0 Daf(1)，f(4)f(1)，f(x)先减后增，于是 a0，故选 A. 6已知函数 f(x)x22ax1a，x0,1有最大值 2，则 a 等于( ) A2 B0 C0 或1 D2 或1 答案 D 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 解析 函数 f(x)x22ax1a(xa)2a2a1，其图象的对称轴方程为 xa.当 a1 时， f(x)maxf(1)a， 所 1 5 2 以 a2.综上可知，a1 或 a2. 7已知 f(x)x2，g(x)，h(x)x 2，当 0g(x)f(x) 解析 分别作出 f(x)，g(x)，h(x)的图象如图所示， 可知 h(x)g(x
11、)f(x) 8已知二次函数 yf(x)的顶点坐标为，且方程 f(x)0 的两个实根之差的绝对值 ( 3 2，49) 等于 7，则此二次函数的解析式是_ 答案 f(x)4x212x40 解析 设 f(x)a 249(a0)， (x 3 2) 方程 a 2490 的两个实根分别为 x1，x2， (x 3 2) 则|x1x2|2 7，49 a 所以 a4，所以 f(x)4x212x40. 9已知函数 f(x)x2(a1)x5 在区间上为增函数，那么 f(2)的取值范围是 ( 1 2，1) _ 答案 7，) 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 解析 函数 f(x)x2(a1)x5 在区间上为增
12、函数，由于其图象(抛物线)开口向上， ( 1 2，1) 所以其对称轴 x或与直线 x 重合或位于直线 x 的左侧，即应有 ，解得 a1 2 1 2 1 2 a1 2 1 2 a2，所以 f(2)4(a1)257，即 f(2)7. 10设函数 f(x)2x24x 在区间m，n上的值域是6，2，则 mn 的取值范围是 _ 答案 0,4 解析 令f(x)6， 得x1或x3； 令f(x)2， 得x1.又f(x)在1,1上单调递增， 在1,3 上单调递减，当 m1，n1 时，mn 取得最小值 0； 当 m1，n3 时，mn 取得最大值 4. 11 (2018河南南阳一中月考)已知函数f(x)x2mx1，
13、 若对于任意xm， m1， 都有f(x)1，即 a4ac；2ab1；abc0；5a0，即 b24ac，正确； 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 对称轴为 x1，即1,2ab0，错误； b 2a 结合图象，当 x1 时，y0，即 abc0，错误； 由对称轴为 x1 知，b2a.又函数图象开口向下，所以 a0，所以 5a2a，即 5ab， 正确 14当 x(1,2)时，不等式 x2mx40 恒成立，则 m 的取值范围是_ 答案 (，5 解析 方法一 不等式 x2mx40 对 x(1,2)恒成立， mxx24 对 x(1,2)恒成立， 即 m对 x(1,2)恒成立， (x 4 x) 令 y
14、x ， x(1,2)， 则函数 yx 在 x(1,2)上是减函数 4y5， 54， 4 x 4 x (x 4 x) m5. 方法二 设 f(x)x2mx4，当 x(1,2)时， 由 f(x)0 恒成立，得Error!Error! 解得Error!Error!即 m5. 15若函数 (x)x2m|x1|在0，)上单调递增，求实数 m 的取值范围 解 当 0x1 时，(x)x2mxm，此时 (x)单调递增，则 0，即 m0； m 2 当 x1 时，(x)x2mxm，此时 (x)单调递增，则 1，即 m2. m 2 综上，实数 m 的取值范围是2,0 16 是否存在实数 a2,1， 使函数 f(x)x22axa 的定义域为1,1时， 值域为2,2？ 若存在，求 a 的值；若不存在，请说明理由 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 解 f(x)(xa)2aa2， 当2a1 时，f(x)在1,1上为增函数， 由Error!Error!得 a1(舍去)； 当1a0 时，由Error!Error!得 a1； 当 0a1 时，由Error!Error!得 a 不存在； 综上可得，存在实数 a 满足题目条件，a1.