2021届课标版高考文科数学一轮复习教师用书：第二章第三讲 二次函数与幂函数
第三讲 二次函数与幂函数
1.下列说法正确的个数是( )
①二次函数y=ax2+bx+c,x∈[a,b]的最值一定是4ac - b24a
②二次函数y=ax2+bx+c(x∈R)不可能是偶函数
③二次函数y=x2+mx+1在[1,+∞)上单调递增的充要条件是m≥ - 2
④幂函数的图象不可能出现在第四象限
⑤当n>0时,幂函数y=xn在(0,+∞)上是增函数.
⑥若幂函数y=xn是奇函 数,则y=xn是增函数.
A.2 B.3 C.4 D.5
2.[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
3.[2020南阳模拟]已知点(m,9)在幂函数f (x)=(m - 2)xn
的图象上,设a=f (m - 13),b=f (ln 13),c=f (22),则a,b,c的大小关系为( )
A.a
c>b>a B.a>b>c>d
C.d>c>a>b D.a>b>d>c 图 2 - 3 - 1
5.[2018上海,7,5分]已知α∈{ - 2, - 1, - 12,12,1,2,3},若幂函数f (x)=xα为奇函数,且在(0,+∞)上递减, 则α= .
考法1 二次函数的图象及应用
1 对数函数y=logax(a>0且a≠1)与二次函数y=(a - 1)x2 - x在同一坐标系内的图象可能是
当01时,y=logax为增函数,y=(a - 1)x2 - x的图象开口向上,对称轴为直线x=12(a - 1)>0,排除B.选A.
A
1.如果函数f (x)=x2+bx+c对任意的实数x,都有f (1+x)=f ( - x),那么 ( )
A.f (0)1时,函数f (x)= - x2+2ax+1 - a(0≤x≤1)的图象如图2 - 3 - 2(3)中实线部分所示,当x=1时,y有最大值ymax=f (1)=a=2,∴a=2.
综上可知,a的值为 - 1或2.
2.(1)将示例2中的条件“在0≤x≤1时有最大值2”改为“在0≤x≤1时有最小值2”,则实数a的值为 .
(2)将示例2中的条件“在0≤x≤1时有最大值2”改为“f (x)≤2在[0,1]上恒成立”,则实数a的取值范围为 .
(3)将示例2中的条件“在0≤x≤1时有最大值2”改为“f (x)≥2在[a,a+1]上恒成立”,则实数a的取值范围为 .
命题角度2 二次函数与不等式恒成立问题
3[2020河北沧州七校联考]已知两函数f (x)=8x2+16x - k,g(x)=2x2+4x+4,其中k为实数.
(1)对任意x∈[ - 3,3],都有f (x)≤g(x)成立,则k的取值范围为 ;
(2)存在x∈[ - 3,3],使f (x)≤g(x)成立,则k的取值范围为 ;
(3)对任意x1,x2∈[ - 3,3],都有f (x1)≤g(x2),则k的取值范围为 .
(1)设h(x)=f (x) - g(x)=6x2+12x - 4 - k,将原问题转化为x∈[ - 3,3]时,h(x)≤0恒成立,故h(x)max≤0.由二次函数性质可知h(x)max=h(3)=86 - k,由86 - k≤0,得k≥86.
(2)由题意知,“存在x∈[ - 3,3],使f (x)≤g(x)成立”等价于“h(x)=f (x) - g(x)=6x2+12x - 4 - k≤0在[ - 3,3]上有解”,故h(x)min≤0.由二次函数的性质可知h(x)min=h( - 1)= - 10 - k,由 - 10 - k≤0,得k≥ - 10.
(3)对任意x1,x2∈[ - 3,3],都有f (x1)≤g(x2)成立,所以f (x)max≤g(x)min,x∈[ - 3,3].由二次函数的性质可得f (x)max=f (3)=120 - k,g(x)min=
g( - 1)=2.所以120 - k≤2,解得k≥118.
不等式恒成立问题一般可等价转化为最值问题求解.本题的三小问表面上非常相似,但其本质却大相径庭,应认真审题,深入思考,多加训练,准确掌握不等式成立的充要条件.
3.已知函数f (x)=x2 - 2ax+5(a>1).
(1)若函数f (x)的定义域和值域均为[1,a],则实数a的值为 ;
(2)若f (x)在区间( - ∞,2]上单调递减,且对任意的x1,x2∈[1,a+1],总有|f (x1) - f (x2)|≤4,则实数a的取值范围为 .
考法3 幂函数的图象与性质的应用
4 在同一直角坐标系中,函数f (x)=xa(x>0),g(x)=loga x的图象可能是
A B C D
当a>1时,y=xa与y=logax均为增函数,但y=xa递增越来越快,排除C;当0(m2+m - 1)12,则实数m的取值范围是 .
数学探究 二次函数的零点分布的类型及解题方法
7 m为何值时,f (x)=x2+2mx+3m+4满足下列条件.
(1)有且仅有一个零点;
(2)有两个零点且均比 - 1大.
先将二次函数的零点满足的条件用准确的式子表示出来,然后求解即可.
(1)由f (x)=x2+2mx+3m+4有且仅有一个零点,可知方程f (x)=0有两个相等实根,故Δ=0,即4m2 - 4(3m+4)=0,即m2 - 3m - 4=0,∴m=4或m= - 1.
(2)解法一 设f (x)的两个零点分别为x1,x2,
则x1+x2= - 2m,x1·x2=3m+4.
由题意,知Δ=4m2 - 4(3m+4)>0,(x1+1)(x2+1)>0,(x1+1)+(x2+1)>0,即m2 - 3m - 4>0,3m+4 - 2m+1>0, - 2m+2>0,
解得m>4或m< - 1,m> - 5,m<1,
∴ - 50, - m> - 1,f( - 1)>0,即m2 - 3m - 4>0,m<1,1 - 2m+3m+4>0.
∴ - 51时,f(x)在[0,1]上单调递减,∴M - m=f(0) - f(1)= - 1 - a与a有关,与b无关.综上所述,M - m与a有关,但与b无关,故选B.
3.A ∵f(x)=(m - 2)xn为幂函数,∴m - 2=1,得m=3.∴f(3)=3n=9,得n=2.∴f(x)=x2,∴f(x)为偶函数且在(0,+∞)上单调递增.易知a=f(1313),c=f(1212),b=
f(ln 13)=f( - ln 3)=f(ln 3).∵[(13)13]6=19<[(12)12]6=18,∴c>a.又ln 3>1>1212>1313,∴ab>c>d,故选B.
5. - 1 ∵α∈{ - 2, - 1, - 12,12,1,2,3},幂函数f(x)=xα为奇函数,且在(0,+∞)上递减,∴α是奇数,且α<0,∴α= - 1.
1.A 由f(1+x)=f( - x)知函数f(x)的图象的对称轴为直线x=12,而抛物线的开口向上,且|0 - 12|=12,|2 - 12|=32,| - 2 - 12|=52,根据到对称轴的距离越远的点对应的函数值越大得f( - 2)>f(2)>f(0).故选A.
2.(1)∅ 易知函数f(x)= - x2+2ax+1 - a(0≤x≤1)的最小值在端点处取得,故f(0)=2,f(0)≤f(1)或
f(1)=2,f(1)≤f(0),即1 - a=2,1 - a≤a或a=2,a≤1 - a,无解,故a的取值范围为∅.
(2)[ - 1,2] 由题意知f(x)max≤2,由示例2可知,
①a<0,1 - a≤2,解得 - 1≤a<0;
②0≤a≤1,a2 - a+1≤2,解得0≤a≤1;
③a>1,a≤2,解得11)在[1,a]上单调递减,
所以f(x)max=f(1)=6 - 2a=a,f(x)min=f(a)= - a2+5=1,解得a=2.
即实数a的值为2.
(2)2≤a≤3 因为f(x)在( - ∞,2]上单调递减,函数f(x)的对称轴为直线x=a,所以a≥2.
所以f(x)在[1,a]上单调递减,在[a,a+1]上单调递增,
所以f(x)min=f(a)=5 - a2,f(x)max=max{f(1),f(a+1)},
又f(1) - f(a+1)=6 - 2a - (6 - a2)=a(a - 2)≥0,
所以f(x)max=f(1)=6 - 2a.
因为对任意的x1,x2∈[1,a+1],总有|f(x1) - f(x2)|≤4,
所以f(x)max - f(x)min≤4,即6 - 2a - (5 - a2)≤4,解得 - 1≤a≤3,
又a≥2,所以2≤a≤3.即实数a的取值范围为2≤a≤3.
4.5 - 12≤m<2 因为函数y=x12的定义域为[0,+∞),且在定义域内为增函数,
所以不等式等价于2m+1≥0,m2+m - 1≥0,2m+1>m2+m - 1,
解2m+1≥0,得m≥ - 12;
解m2+m - 1≥0,得m≤ - 5 - 12或m≥5 - 12;
解2m+1>m2+m - 1,即m2 - m - 2<0,得 - 10即可,即 - 1+m<0且8+m>0,解得
- 80,f(1)<0,f(2)>0,即2k - 1>0,1+k - 2+2k - 1<0,4+2(k - 2)+2k - 1>0,解得k>12,k<23,k>14,即12
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