第3章 第4讲 二次函数与幂函数-【金版教程】2025年高考数学一轮复习创新方案课件PPT（新教材，提升版）

第三章　函数与幂函数、指数函数、对数函数 第4讲　二次函数与幂函数 [课程标准]通过具体实例，结合y＝x，y＝x－1，y＝x2，y＝，y＝x3的图象，理解它们的变化规律，了解幂函数． 目录 基础知识整合 JI CHU ZHI SHI ZHENG HE 核心考向突破 HE XIN KAO XIANG TU PO 课时作业 KE SHI ZUO YE 基础知识整合 JI CHU ZHI SHI ZHENG HE 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 y＝xα * 幂函数 (1)定义：函数eq \x(\s\up1(01))_________叫做幂函数，其中x是自变量，α是常数． (2)常见的五种幂函数的图象 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 * (3)性质 ①幂函数在(0，＋∞)上都有定义． ②当α>0时，幂函数的图象都过点(1，1)和(0，0)，且在(0，＋∞)上单调递增． ③当α<0时，幂函数的图象都过点(1，1)，且在(0，＋∞)上单调递减． 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 * 1．幂函数图象的特征 (1)在(0，1)上，幂函数中指数越大，函数图象越接近x轴(简记为“指大图低”)． (2)在(1，＋∞)上，幂函数中指数越大，函数图象越远离x轴． 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 * 2．幂函数y＝xα(α∈R)在第一象限内图象的画法 (1)当α<0时，其图象可类似y＝x－1画出． (2)当0<α<1时，其图象可类似y＝xeq \s\up7(\f(1,2))画出． (3)当α>1时，其图象可类似y＝x2画出． 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 * 3．二次函数解析式的三种形式 (1)一般式：f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)． (2)顶点式：f(x)＝a(x－m)2＋n(a≠0)． (3)两根式：f(x)＝a(x－x1)(x－x2)(a≠0)． 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 * 4．设f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)，则二次函数在闭区间[m，n]上的最大、最小值的分布情况 (1)若－eq \f(b,2a)∈[m，n]，则f(x)max＝max{f(m)，f(n)}，f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a))). (2)若－eq \f(b,2a)∉[m，n]，则f(x)max＝max{f(m)，f(n)}，f(x)min＝min{f(m)，f(n)}． 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 答案 解析 * 1．(人教A必修第一册复习参考题3 T5改编)已知幂函数f(x)＝xα的图象经过点(2，4)，则f(－3)＝(　　) A．－9 B．9 C．3 D．－3 解析　因为幂函数f(x)＝xα的图象经过点(2，4)，所以2α＝4，α＝2，所以f(x)＝x2，所以f(－3)＝(－3)2＝9.故选B. 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 答案 解析 * 2．若函数y＝ax与y＝－eq \f(b,x)在(0，＋∞)上都是减函数，则y＝ax2＋bx在(0，＋∞)上(　　) A．是增函数 B．是减函数 C．先减再增 D．先增再减 解析　∵函数y＝ax与y＝－eq \f(b,x)在(0，＋∞)上都是减函数，∴a<0，b<0，则y＝ax2＋bx的图象开口向下，对称轴为直线x＝－eq \f(b,2a)<0，∴y＝ax2＋bx在(0，＋∞)上是减函数． 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 [－1，3] 解析 答案 * 解析　∵g(x)＝(x－1)2－1，∴g(x)min＝g(1)＝－1，g(x)max＝g(3)＝3.∴所求值域为[－1，3]． 3．函数g(x)＝x2－2x(x∈[0，3])的值域是________． 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 －1 解析 答案 * 解析　∵幂函数f(x)＝xα为奇函数，∴α可取－1，1，3，又f(x)＝xα在(0，＋∞)上单调递减，∴α<0，故α＝－1. 4．已知α∈eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－2，－1，－\f(1,2)，\f(1,2)，1，2，3)).若幂函数f(x)＝xα为奇函数，且在(0，＋∞)上单调递减，则α＝________． 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 < ≤ 解析 答案 * 解析　(1)因为幂函数y＝x0.9在[0，＋∞)上单调递增，且1.7<1.8，所以1.70.9<1.80.9. (2)因为幂函数y＝x－eq \s\up7(\f(1,2))在(0，＋∞)上单调递减，且|a|＋3≥3，所以(|a|＋3)－eq \s\up7(\f(1,2))≤3－eq \s\up7(\f(1,2)). 5．(人教B必修第二册4.4例1改编)比较下列各题中两个值的大小． (1)1.70.9________1.80.9； (2) (|a|＋3)－eq \s\up7(\f(1,2))________3－eq \s\up7(\f(1,2)). 核心考向突破 HE XIN KAO XIANG TU PO 目录 考向一 考向二 考向三 答案 * 考向一　幂函数的图象与性质 例1　(1)(2024·成都模拟)幂函数f(x)＝(m2－3m－3)xm在区间(0，＋∞)上单调递减，则下列说法正确的是(　　) A．m＝4 B．f(x)是减函数 C．f(x)是奇函数 D．f(x)是偶函数 目录 考向一 考向二 考向三 解析 * 解析　函数f(x)＝(m2－3m－3)xm为幂函数，则m2－3m－3＝1，解得m＝4或m＝－1.当m＝4时，f(x)＝x4在区间(0，＋∞)上单调递增，不满足题意，排除A；当m＝－1时，f(x)＝x－1在区间(0，＋∞)上单调递减，满足题意．函数f(x)＝x－1在(－∞，0)和(0，＋∞)上单调递减，但不是减函数，排除B；因为函数定义域关于原点对称，且f(－x)＝eq \f(1,－x)＝－f(x)，所以函数f(x)是奇函数，不是偶函数，故C正确，D错误．故选C. 目录 考向一 考向二 考向三 答案 解析 * (2)若四个幂函数y＝xa，y＝xb，y＝xc，y＝xd在同一平面直角坐标系中的图象如图所示，则a，b，c，d的大小关系是(　　) A．d>c>b>a B．a>b>c>d C．d>c>a>b D．a>b>d>c 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a>b>c>d.故选B. 目录 考向一 考向二 考向三 答案 * (3)(2023·安阳三模)已知幂函数f(x)＝xα满足2f(2)＝f(16)，若a＝f(log42)，b＝f(ln 2)，c＝f(5－eq \s\up7(\f(1,2)))，则a，b，c的大小关系是(　　) A．a>c>b B．a>b>c C．b>a>c D．b>c>a 目录 考向一 考向二 考向三 解析 * 解析　幂函数f(x)＝xα中，2f(2)＝f(16)，所以2×2α＝16α，即2α＋1＝24α，所以α＋1＝4α，解得α＝eq \f(1,3)，所以f(x)＝xeq \s\up7(\f(1,3))，所以f(x)是定义域为R的增函数，又a＝f(log42)，b＝f(ln 2)，c＝f(5－eq \s\up7(\f(1,2)))，且log42＝eq \f(1,2)，ln 2>ln eq \r(e)＝eq \f(1,2)，5－eq \s\up7(\f(1,2))＝eq \f(1,\r(5))<eq \f(1,2)，所以ln 2>log42>5－eq \s\up7(\f(1,2))，即f(ln 2)>f(log42)>f(5－eq \s\up7(\f(1,2)))，所以b>a>c.故选C. 目录 考向一 考向二 考向三 * 幂函数的性质与图象特征的关系 (1)幂函数的形式是y＝xα(α∈R)，其中只有一个参数α，因此只需一个条件即可确定其解析式． (2)在区间(0，1)上，幂函数中指数越大，函数图象越靠近x轴(简记为“指大图低”)；在区间(1，＋∞)上，幂函数中指数越大，函数图象越远离x轴． (3)当α＞0时，幂函数y＝xα在(0，＋∞)上单调递增；当α＜0时，幂函数y＝xα在(0，＋∞)上单调递减． 目录 考向一 考向二 考向三 答案 解析 * 1．幂函数y＝xm2－2m－3(m∈Z)的图象如图所示，则m的值为(　　) A．－1 B．0 C．1 D．2 解析　从图象上看，由于图象不过原点，且在第一象限单调递减，故m2－2m－3<0，即－1<m<3；又从图象看，函数是偶函数，故m2－2m－3为负偶数，将m＝0，1，2分别代入，可知当m＝1时，m2－2m－3＝－4，满足要求．故选C. 目录 考向一 考向二 考向三 答案 * 2．(2023·海口三模)设a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq \s\up7(\f(1,2))，b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))eq \s\up7(\f(1,4))，c＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq \s\up7(\f(3,4))，则a，b，c的大小关系是(　　) A．c＜a＜b B．c＜b＜a C．a＜c＜b D．b＜c＜a 目录 考向一 考向二 考向三 解析 * 解析　a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq \s\up7(\f(1,2))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,16)))eq \s\up7(\f(1,4))＜1，b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))eq \s\up7(\f(1,4))＞1，c＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq \s\up7(\f(3,4))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,27)))eq \s\up7(\f(1,4))＜1，且0＜eq \f(8,27)＜eq \f(9,16)＜1，函数y＝xeq \s\up7(\f(1,4))在(0，＋∞)上是增函数，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,27)))eq \s\up7(\f(1,4))＜eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,16)))eq \s\up7(\f(1,4))，所以c＜a.综上可知，c＜a＜b.故选A. 目录 考向一 考向二 考向三 f(x)＝－4x2＋4x＋7 答案 解析 * 考向二　求二次函数的解析式 例2　若二次函数f(x)满足f(2)＝－1，f(－1)＝－1，且f(x)的最大值是8，则f(x)的解析式为_____________________． 解析　解法一(利用一般式)：设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)．由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4a＋2b＋c＝－1，,a－b＋c＝－1，,\f(4ac－b2,4a)＝8，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－4，,b＝4，,c＝7.))∴所求二次函数的解析式为f(x)＝－4x2＋4x＋7. 目录 考向一 考向二 考向三 解析 * 解法二(利用顶点式)：设f(x)＝a(x－m)2＋n(a≠0)．∵f(2)＝f(－1)，∴抛物线的对称轴为直线x＝eq \f(2＋（－1）,2)＝eq \f(1,2).∴m＝eq \f(1,2).又根据题意函数有最大值8，∴n＝8.∴f(x)＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋8.∵f(2)＝－1，∴aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋8＝－1，解得a＝－4，∴f(x)＝－4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋8＝－4x2＋4x＋7. 目录 考向一 考向二 考向三 解析 * 解法三(利用两根式)：由已知f(x)＋1＝0的两根为x1＝2，x2＝－1，故可设f(x)＋1＝a(x－2)(x＋1)(a≠0)，即f(x)＝ax2－ax－2a－1.又函数f(x)有最大值8，即eq \f(4a（－2a－1）－a2,4a)＝8，解得a＝－4.∴所求二次函数的解析式为f(x)＝－4x2＋4x＋7. 目录 考向一 考向二 考向三 * 确定二次函数解析式的方法 根据已知条件确定二次函数解析式，一般用待定系数法，选择规律如下： 目录 考向一 考向二 考向三 * 已知函数f(x)＝x2＋bx＋c，且g(x)＝f(x)＋2x为偶函数，再从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知，求f(x)的解析式． 条件①：函数f(x)在区间[－2，2]上的最大值为5； 条件②：函数f(x)≤0的解集为{1}； 条件③：方程f(x)＝0有两根x1，x2，且xeq \o\al(2,1)＋xeq \o\al(2,2)＝10. 目录 考向一 考向二 考向三 解 * 解　函数f(x)＝x2＋bx＋c， 则g(x)＝f(x)＋2x＝x2＋(b＋2)x＋c， 因为g(x)为偶函数，所以g(－x)＝g(x)， 即x2－(b＋2)x＋c＝x2＋(b＋2)x＋c，可得b＝－2，所以f(x)＝x2－2x＋c，图象开口向上，对称轴为直线x＝1. 若选条件①，因为函数f(x)在区间[－2，2]上的最大值为5，所以f(－2)＝4＋4＋c＝5，解得c＝－3. 所以f(x)的解析式为f(x)＝x2－2x－3. 目录 考向一 考向二 考向三 解 * 若选条件②，由函数f(x)≤0的解集为{1}， 可得f(1)＝0，即1－2＋c＝0，解得c＝1， 所以f(x)的解析式为f(x)＝x2－2x＋1. 若选条件③，方程f(x)＝0有两根x1，x2，且xeq \o\al(2,1)＋xeq \o\al(2,2)＝10. 由根与系数的关系可得x1＋x2＝2，x1x2＝c， 又(x1＋x2)2＝xeq \o\al(2,1)＋xeq \o\al(2,2)＋2x1x2， 所以4＝10＋2c，解得c＝－3. 所以f(x)的解析式为f(x)＝x2－2x－3. 目录 考向一 考向二 考向三 答案 * 多角度探究突破 考向三　二次函数的图象与性质 角度 　二次函数图象的识别 例3　(多选)二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c的图象如图所示，则下列结论中正确的是(　　) A．b＝－2a B．a＋b＋c＜0 C．a－b＋c＞0 D．abc＜0 目录 考向一 考向二 考向三 解析 * 解析　由图象可知a＜0，f(x)图象的对称轴为直线x＝－eq \f(b,2a)＝1，则b＝－2a，则b＞0，又f(0)＝c＞0，∴abc＜0，由于f(－1)＜0，则a－b＋c＜0，由于f(1)＞0，则a＋b＋c＞0.故选AD. 目录 考向一 考向二 考向三 * 识别二次函数图象应学会“三看” 目录 考向一 考向二 考向三 答案 * 一次函数y＝ax＋b(a≠0)与二次函数y＝ax2＋bx＋c在同一坐标系中的图象大致是(　　) 目录 考向一 考向二 考向三 解析 * 解析　若a＞0，则一次函数y＝ax＋b为增函数，二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象开口向上，故可排除A；若a＜0，一次函数y＝ax＋b为减函数，二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象开口向下，故可排除D；对于B，看直线可知a＞0，b＞0，从而－eq \f(b,2a)＜0，而二次函数图象的对称轴在y轴的右侧，故应排除B.故选C. 目录 考向一 考向二 考向三 答案 解析 * 角度 例4　(1)(2023·济南二模)若二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a<0)满足f(1)＝f(3)，则下列不等式成立的是(　　) A．f(1)<f(4)<f(2) B．f(4)<f(1)<f(2) C．f(4)<f(2)<f(1) D．f(2)<f(4)<f(1) 解析　因为f(1)＝f(3)，所以二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c的对称轴为直线x＝2，又因为a<0，所以f(4)<f(3)<f(2)，又f(1)＝f(3)，所以f(4)<f(1)<f(2)．故选B. 目录 考向一 考向二 考向三 (－∞，－3]和[0，3] 答案 解析 * (2)(2023·上海徐汇区模拟)函数f(x)＝x2－6|x|＋8的单调递减区间是____________________． 解析　由题意，f(x)＝x2－6|x|＋8＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－6x＋8，x≥0，,x2＋6x＋8，x<0，))所以当x≥0时，函数f(x)在[0，3]上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增；当x＜0时，函数f(x)在(－∞，－3]上单调递减，在(－3，0)上单调递增．综上，函数f(x)的单调递减区间是(－∞，－3]和[0，3]． 目录 考向一 考向二 考向三 * 1．决定二次函数单调性的两个关键因素 目录 考向一 考向二 考向三 * 2．利用二次函数单调性比较大小的两个常用方法 (1)利用对称轴一侧的单调性比较大小 (2)利用图象中对应点的高低关系比较大小 当抛物线开口向上时，离对称轴越远(或越近)的点，位置越高(或越低)，这个点的纵坐标越大(或越小)；当抛物线开口向下时，离对称轴越远(或越近)的点，位置越低(或越高)，这个点的纵坐标越小(或越大)． 目录 考向一 考向二 考向三 答案 * (多选)(2024·济南一中调研)定义在R上的函数f(x)＝－x3＋m与函数g(x)＝f(x)＋x3＋x2－kx在[－1，1]上具有相同的单调性，则k的取值可以是(　　) A．1 B.eq \f(3,2) C．2 D．3 目录 考向一 考向二 考向三 解析 * 解析　易知f(x)＝－x3＋m在R上是减函数．依题设，函数g(x)＝x2－kx＋m在[－1，1]上单调递减，所以函数g(x)图象的对称轴为直线x＝eq \f(k,2)≥1，则k≥2.故k的取值可以是2，3. 目录 考向一 考向二 考向三 * 角度 例5　(2024·苏州模拟)设a为实数，函数f(x)＝2x2＋(x－a)|x－a|. (1)若f(0)≥1，求a的取值范围； (2)求f(x)的最小值． 目录 考向一 考向二 考向三 解 * 解　(1)若f(0)≥1，则－a|－a|≥1， 显然a<0，则－a(－a)≥1，即a2≥1， 解得a≤－1， 所以a的取值范围为(－∞，－1]． (2)当x≥a时，f(x)＝2x2＋(x－a)2＝3x2－2ax＋a2， 此时f(x)图象开口向上，对称轴为直线x＝eq \f(a,3)， 目录 考向一 考向二 考向三 解 * (ⅰ)当eq \f(a,3)≤a，即a≥0时，f(x)在[a，＋∞)上单调递增，此时f(x)min＝f(a)＝2a2； (ⅱ)当eq \f(a,3)>a，即a<0时，f(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(a,3)))上单调递减，在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，＋∞))上单调递增，此时f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)))＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)))eq \s\up12(2)－2a·eq \f(a,3)＋a2＝eq \f(2,3)a2. 当x≤a时，f(x)＝2x2－(x－a)2＝x2＋2ax－a2， 此时f(x)图象开口向上，对称轴为直线x＝－a， 目录 考向一 考向二 考向三 解 * ①当－a<a，即a>0时，f(x)在(－∞，－a]上单调递减，在(－a，a]上单调递增，此时f(x)min＝f(－a)＝－2a2； ②当－a＝a，即a＝0时，f(x)＝x2，f(x)在(－∞，0]上单调递减，此时f(x)min＝f(0)＝0； 由①②得，当a≥0时，f(x)min＝－2a2. ③当－a>a，即a<0时，f(x)在(－∞，a]上单调递减，此时f(x)min＝f(a)＝2a2. 目录 考向一 考向二 考向三 解 * 综上，当a≥0时，因为2a2≥－2a2， 所以f(x)min＝－2a2； 当a<0时，因为2a2>eq \f(2,3)a2， 所以f(x)min＝eq \f(2,3)a2. 故f(x)min＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2a2，a≥0，,\f(2,3)a2，a<0.)) 目录 考向一 考向二 考向三 * 二次函数最值问题的类型及求解策略 (1)类型：①对称轴、区间都是给定的；②对称轴动、区间固定；③对称轴定、区间变动． (2)求解策略：抓住“三点一轴”数形结合，三点是指区间两个端点和中点，一轴指的是对称轴，结合配方法，根据函数的单调性及分类讨论的思想即可完成． 目录 考向一 考向二 考向三 答案 * 若函数y＝x2－3x－4的定义域为[0，m]，值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(25,4)，－4))，则m的取值范围是(　　) A．[0，4] B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，4)) C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，3)) 目录 考向一 考向二 考向三 解析 * 解析　二次函数图象的对称轴为直线x＝eq \f(3,2)，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝－eq \f(25,4)，f(3)＝f(0)＝－4，结合函数图象(如图所示)，可得m∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，3)). 目录 考向一 考向二 考向三 * 角度 例6　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)，求k的取值范围； (2)存在x∈[－3，3]，使f(x)≤g(x)成立，求k的取值范围； (3)对任意x1，x2∈[－3，3]，都有f(x1)≤g(x2)，求k的取值范围． 目录 考向一 考向二 考向三 解 * 解　(1)设h(x)＝f(x)－g(x)＝6x2＋12x－4－k，问题转化为x∈[－3，3]时，h(x)≤0恒成立，故h(x)max≤0. 由二次函数的性质可知h(x)max＝h(3)＝86－k， 由86－k≤0，得k≥86，即k的取值范围为[86，＋∞)． (2)由题意，存在x∈[－3，3]，使f(x)≤g(x)成立，即h(x)＝f(x)－g(x)＝6x2＋12x－4－k≤0在x∈[－3，3]上有解，故h(x)min≤0. 目录 考向一 考向二 考向三 解 * 由二次函数的性质可知h(x)min＝h(－1)＝－10－k， 由－10－k≤0，得k≥－10，即k的取值范围为[－10，＋∞)． (3)对任意x1，x2∈[－3，3]，都有f(x1)≤g(x2)， 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. 由120－k≤2，得k≥118，即k的取值范围为[118，＋∞)． 目录 考向一 考向二 考向三 * 由不等式恒成立求参数取值范围的思路及关键 (1)一般有两个解题思路：一是分离参数；二是构造新函数． (2)两种思路都是将问题归结为求函数的最值，至于用哪种方法，关键是看参数是否已分离．这两个思路的依据是：a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max，a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min. 目录 考向一 考向二 考向三 * (2023·保定模拟)已知二次函数f(x)的最小值为3，且f(1)＝f(3)＝5. (1)求f(x)的解析式； (2)若y＝f(x)的图象恒在直线y＝2x＋2m＋1的上方，求实数m的取值范围． 目录 考向一 考向二 考向三 解 * 解　(1)根据题意得二次函数f(x)的顶点坐标为(2，3)， 设f(x)＝a(x－2)2＋3，然后把点(3，5)代入得a＝2， ∴f(x)＝2(x－2)2＋3＝2x2－8x＋11. (2)y＝f(x)的图象恒在直线y＝2x＋2m＋1的上方⇔f(x)－(2x＋2m＋1)>0恒成立， 令g(x)＝2x2－8x＋11－(2x＋2m＋1)＝2x2－10x＋10－2m， 目录 考向一 考向二 考向三 解 * 若g(x)＝2x2－10x＋10－2m>0恒成立， 则Δ＝(－10)2－4×2×(10－2m)<0，解得m<－eq \f(5,4)，即实数m的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(5,4))). 课时作业 KE SHI ZUO YE 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 * 一、单项选择题 1．已知函数f(x)＝(m－1)x2－2mx＋3是偶函数，则函数f(x)在(－∞，0)上(　　) A．是增函数 B．不是单调函数 C．是减函数 D．不能确定 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 解析　因为函数f(x)＝(m－1)x2－2mx＋3是偶函数，所以函数图象关于y轴对称，即eq \f(m,m－1)＝0，解得m＝0.所以f(x)＝－x2＋3为开口向下的抛物线，所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递增．故选A. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 * 2．有下列四个幂函数，某同学研究了其中的一个函数，并给出这个函数的三个性质：①是偶函数；②值域是{y|y∈R，且y≠0}；③在(－∞，0)上单调递增．如果给出的三个性质中，有两个正确，一个错误，则该同学研究的函数是(　　) A．y＝x－1 B．y＝x－2 C．y＝x3 D．y＝xeq \s\up7(\f(1,3)) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 解析　对于A，y＝x－1是奇函数，值域是{y|y∈R，且y≠0}，在(－∞，0)上单调递减，三个性质中有两个不正确，不符合题意；对于B，y＝x－2是偶函数，值域是{y|y∈R，且y>0}，在(－∞，0)上单调递增，三个性质中有两个正确，符合题意；同理可判断C，D中的函数不符合题意．故选B. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 解析 * 3．若幂函数f(x)的图象过点(2，eq \r(2))，则函数y＝f(x)＋1－x的最大值为(　　) A．1 B.eq \f(5,4) C．2 D.eq \f(7,3) 解析　设f(x)＝xα，∵f(x)的图象过点(2，eq \r(2))，∴f(2)＝2α＝eq \r(2)，则α＝eq \f(1,2)，∴f(x)＝eq \r(x)，∴y＝eq \r(x)＋1－x＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(5,4)，∴函数的最大值为eq \f(5,4).故选B. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 * 4．(2024·上海黄浦区模拟)如图所示是函数y＝xeq \s\up7(\f(m,n)) (m，n均为正整数且m，n互质)的图象，则(　　) A．m，n是奇数且eq \f(m,n)＜1 B．m是偶数，n是奇数，且eq \f(m,n)＜1 C．m是偶数，n是奇数，且eq \f(m,n)＞1 D．m，n是奇数，且eq \f(m,n)＞1 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 解析　由幂函数的性质可知，y＝xeq \s\up7(\f(m,n))与y＝x恒过点(1，1)，即在第一象限的交点为(1，1)，当0＜x＜1时，xeq \s\up7(\f(m,n))＞x，则eq \f(m,n)＜1，又y＝xeq \s\up7(\f(m,n))的图象关于y轴对称，∴y＝xeq \s\up7(\f(m,n))为偶函数，∴(－xeq \s\up7(\f(m,n))＝eq \r(n,（－x）m)＝xeq \s\up7(\f(m,n))＝eq \r(n,xm)，又m，n互质，∴m为偶数，n为奇数．故选B. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 * 5．(2023·北京海淀一模)设b>0，二次函数y＝ax2＋bx＋a2－1的图象为下列之一，则a的值为(　　) A．1 B．－1 C.eq \f(－1－\r(5),2) D.eq \f(－1＋\r(5),2) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 解析　由题意知b>0，a≠0，所以二次函数y＝ax2＋bx＋a2－1的图象不关于y轴对称，故排除第一、二个函数图象，当a>0时，该二次函数图象的对称轴为直线x＝－eq \f(b,2a)<0，故第四个图象也不满足题意，当a<0时，该二次函数图象的对称轴为直线x＝－eq \f(b,2a)>0，开口向下，故第三个函数图象满足题意．此时函数图象过坐标原点，故a2－1＝0，解得a＝±1，由于a<0，故a＝－1.故选B. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 * 6．(2024·福州模拟)已知函数f(x)＝2x2－mx－3m，则“m>2”是“f(x)<0对x∈[1，3]恒成立”的(　　) A．充分不必要条件 B．充要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 解析　若f(x)<0对x∈[1，3]恒成立，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（1）＝2－4m<0，,f（3）＝18－6m<0，))解得m>3，又{m|m>3}是{m|m>2}的真子集，所以“m>2”是“f(x)<0对x∈[1，3]恒成立”的必要不充分条件． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 * 7．(2023·合肥包河区校级模拟)若0<x1<x2，则下列函数：①f(x)＝x；②f(x)＝x2；③f(x)＝x3；④f(x)＝eq \r(x)；⑤f(x)＝eq \f(1,x)中，满足条件feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))≤eq \f(f（x1）＋f（x2）,2)(0<x1<x2)的有(　　) A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 解析　若满足条件feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))≤eq \f(f（x1）＋f（x2）,2)(0<x1<x2)，则函数图象在y轴右侧为一条直线或下凸曲线，根据函数图象易得④f(x)＝eq \r(x)不满足，其余都满足．故选D. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 * 8．(2023·苏州三模)设函数f(x)＝eq \r(ax2－2ax)(a<0)的定义域为D，对于任意m，n∈D，若所有点P(m，f(n))构成一个正方形区域，则实数a的值为(　　) A．－1 B．－2 C．－3 D．－4 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 解析　由已知可得，ax2－2ax≥0.因为a<0，所以x2－2x≤0，解得0≤x≤2，所以D＝[0，2]．因为y＝x2－2x在[0，1]上单调递减，在[1，2]上单调递增，所以y＝x2－2x在x＝1处取得最小值－1，所以y＝a(x2－2x)在x＝1处取得最大值－a，所以函数f(x)＝eq \r(ax2－2ax)在x＝1处取得最大值eq \r(－a).因为f(0)＝f(2)＝0，所有点P(m，f(n))构成一个正方形区域，所以eq \r(－a)＝2，所以a＝－4.故选D. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 * 二、多项选择题 9．由于被墨水污染，一道数学题仅能见到如下文字： 已知二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象过点(1，0)，…，求证这个二次函数的图象关于直线x＝2对称．根据现有信息，题中的二次函数可能具有的性质是(　　) A．在x轴上截得的线段的长度是2 B．与y轴交于点(0，3) C．顶点是(－2，－2) D．图象过点(3，0) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 解析　易知二次函数的解析式为y＝a(x－1)·(x－3)＝a(x2－4x＋3)(a≠0)，图象与x轴的两交点为(1，0)，(3，0)，故在x轴上截得的线段长为2，A，D正确；将x＝0代入二次函数的解析式得y＝3a，故B可能正确；顶点的横坐标为2，故C错误．故选ABD. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 * 10．若两函数具有相同的定义域、单调区间、奇偶性、值域，则称这两函数为“亲密函数”．下列函数中，与函数f(x)＝x4是“亲密函数”的是(　　) A．y＝xeq \s\up7(\f(2,3)) B．y＝2|x|－1 C．y＝eq \f(x2,1＋x2) D．y＝eq \f(x2,2) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 解析　易知函数f(x)＝x4的定义域为R，是偶函数，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，值域为[0，＋∞)，选项中四个函数的定义域都为R且都为偶函数，单调性也与函数f(x)＝x4保持一致，但是y＝eq \f(x2,1＋x2)＝1－eq \f(1,1＋x2)的值域为[0，1)，y＝xeq \s\up7(\f(2,3))＝eq \r(3,x2)≥0，y＝2|x|－1≥0，y＝eq \f(x2,2)≥0.故选ABD. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 * 11．已知幂函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(9,5)))xm，则下列结论正确的是(　　) A．f(－32)＝eq \f(1,16) B．f(x)的定义域是R C．f(x)是偶函数 D．不等式f(x－1)≥f(2)的解集是[－1，1)∪(1，3] 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 解析　幂函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(9,5)))xm，∴m＋eq \f(9,5)＝1，∴m＝－eq \f(4,5)，∴f(x)＝x－eq \s\up7(\f(4,5))，定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，B错误；∵f(－32)＝(－32)－eq \s\up7(\f(4,5))＝eq \f(1,16)，A正确；f(x)＝x－eq \s\up7(\f(4,5))＝eq \f(1,\r(5,x4))，定义域(－∞，0)∪(0，＋∞)关于原点对称，又f(－x)＝eq \f(1,\r(5,（－x）4))＝eq \f(1,\r(5,x4))＝f(x)，∴f(x)是偶函数，C正确； 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * ∵f(x)＝x－eq \s\up7(\f(4,5))，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减，在(－∞，0)上单调递增，又f(x)是偶函数，∴不等式f(x－1)≥f(2)等价于f(|x－1|)≥f(2)，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－1≠0，,|x－1|≤2，))解得－1≤x<1或1<x≤3，D正确．故选ACD. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 9 答案 解析 * 三、填空题 12．(2023·天津模拟)函数f(x)＝9x2＋eq \r(x－1)的最小值为________． 解析　∵f(x)的定义域为[1，＋∞)，且y＝9x2与y＝eq \r(x－1)在[1，＋∞)上均为增函数，∴f(x)在[1，＋∞)上单调递增，故f(x)min＝f(1)＝9. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (3，4) 答案 解析 * 13．(2024·淮安盱眙中学月考)已知幂函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq \s\up7(\f(1,10))，若f(a－1)<f(8－2a)，则实数a的取值范围是________． 解析　由幂函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq \s\up7(\f(1,10))＝eq \f(1,\r(10,x))＝x－eq \f(1,10)，可得函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且是减函数．因为f(a－1)<f(8－2a)，可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－1>8－2a，,a－1>0，,8－2a>0，))解得3<a<4，即实数a的取值范围为(3，4)． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 * 14．(2024·潍坊质检)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋x，－2≤x≤c，,\f(1,x)，c<x≤3.))若c＝0，则f(x)的值域是______________；若f(x)的值域是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，2))，则实数c的取值范围是________． eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，＋∞)) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 解析　当c＝0时，即x∈[－2，0]时，f(x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，2))，当x∈(0，3]时，f(x)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞))，所以f(x)的值域为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，＋∞)).作出y＝x2＋x和y＝eq \f(1,x)的图象如图所示，当f(x)＝－eq \f(1,4)时，x＝－eq \f(1,2)；当x2＋x＝2时，x＝1或x＝－2；当eq \f(1,x)＝2时，x＝eq \f(1,2)，由图象可知当f(x)的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，2))时，需满足eq \f(1,2)≤c≤1. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 * 四、解答题 15．已知函数f(x)＝x2－a|x－1|－1(a∈R)． (1)若f(x)≥0在x∈R上恒成立，求实数a的取值范围； (2)求f(x)在[－2，2]上的最大值M(a)． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解 * 解　(1)由题意可得x2－1≥a|x－1|　(*)对x∈R恒成立， ①当x＝1时，(*)显然成立，此时a∈R； 当x≠1时，(*)可变形为a≤eq \f(x2－1,|x－1|)， 令m(x)＝eq \f(x2－1,|x－1|)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1，x>1，,－x－1，x<1，)) ②当x＞1时，m(x)＞2，a≤2； ③当x＜1时，m(x)＞－2，a≤－2. 综上，实数a的取值范围是(－∞，－2]． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解 * (2)f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－ax＋a－1，1≤x≤2，,x2＋ax－a－1，－2≤x<1，)) 得f(1)＝0，f(2)＝3－a，f(－2)＝3－3a， ①当a≥3时， ∵f(－2)＜f(2)≤f(1)＝0，∴M(a)＝0； ②当0≤a＜3时， ∵f(－2)≤f(2)，f(1)<f(2)＝3－a， ∴M(a)＝3－a； 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解 * ③当a＜0时， ∵f(1)＜f(2)＜f(－2)＝3－3a， ∴M(a)＝3－3a. ∴M(a)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0，a≥3，,3－a，0≤a<3，,3－3a，a<0.)) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 * 16．现有三个条件：①对任意的x∈R都有f(x＋1)－f(x)＝2x－2；②不等式f(x)<0的解集为{x|1<x<2}；③函数y＝f(x)的图象过点(3，2)．请你在上述三个条件中任选两个补充到下面的问题中，并求解． 已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c，且满足________． (1)求函数f(x)的解析式； (2)设g(x)＝f(x)－mx，若函数g(x)在区间[1，2]上的最小值为3，求实数m的值． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解 * 解　(1)条件①：因为f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)， 所以f(x＋1)－f(x)＝a(x＋1)2＋b(x＋1)＋c－(ax2＋bx＋c)＝2ax＋a＋b＝2x－2， 即2(a－1)x＋a＋b＋2＝0对任意的x恒成立， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－1＝0，,a＋b＋2＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－3.)) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解 * 条件②：因为不等式f(x)<0的解集为{x|1<x<2}， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＋2＝－\f(b,a)，,1×2＝\f(c,a)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝－3a，,c＝2a，))且a>0. 条件③：函数y＝f(x)的图象过点(3，2)，所以9a＋3b＋c＝2. 若选择条件①②：则a＝1，b＝－3，c＝2，此时f(x)＝x2－3x＋2. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解 * 若选择条件①③：则a＝1，b＝－3，c＝2，此时f(x)＝x2－3x＋2. 若选择条件②③：则a＝1，b＝－3，c＝2，此时f(x)＝x2－3x＋2. (2)由(1)知g(x)＝x2－(m＋3)x＋2，其图象的对称轴为直线x＝eq \f(m＋3,2)，(ⅰ)当eq \f(m＋3,2)≤1，即m≤－1时，g(x)min＝g(1)＝3－(m＋3)＝－m＝3，解得m＝－3， 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解 * (ⅱ)当eq \f(m＋3,2)≥2，即m≥1时，g(x)min＝g(2)＝6－(2m＋6)＝－2m＝3，解得m＝－eq \f(3,2)(舍去)， (ⅲ)当1<eq \f(m＋3,2)<2，即－1<m<1时，g(x)min＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m＋3,2)))＝－eq \f(（m＋3）2,4)＋2＝3，无解． 综上所述，实数m的值为－3. 　　　　　　　　　　　　　 R $$