主题2 第2章 第4节 幂函数与二次函数-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮课件PPT（北师大版）

该高中数学高考复习课件聚焦“幂函数与二次函数”核心考点，依据课程标准要求掌握二次函数图象与性质等考查要点，通过梳理幂函数定义及5种常见性质，二次函数解析式、单调性、最值等内容，对接高考评价体系，明确二次函数单调性、零点分布等高频考点，归纳出图象识别、分类讨论等常考题型。 课件亮点在于“真题诊断+题型突破+规律总结”的备考设计，如通过幂函数过点求单调区间、二次函数恒成立问题等真题训练，运用分类讨论思想分析二次函数最值，培养数学思维与数学语言表达能力。特设易错点警示（如幂函数定义判断）和解题模板（零点分布四要素），助力学生掌握得分技巧，教师可据此系统开展复习教学，提升备考效率。

主题二 函　数（必修第一册） 第二章　函　数 第4节　幂函数与二次函数 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 复盘 必备知识 01 跃升 关键能力 02 课时冲关 03 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 复盘 必备知识 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 跃升 关键能力 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 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高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 课时作业 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） ★[课程标准] 1．通过具体事例，了解幂函数及其图象的变化规律． 2．掌握二次函数的图象与性质(单调性、对称性、顶点、最值等)． 1．幂函数 (1)幂函数的定义 一般地，形如y＝xα(α为常数)的函数，即底数是自变量，指数是常数的函数称为幂函数． (2)常见的5种幂函数的图象 (3)常见的5种幂函数的性质 函数 y＝x y＝x2 y＝x3 y＝x－1 定义域 R R R 　[0，＋∞)　 {x|x≠0} 值域 R 　[0，＋∞)　 R [0，＋∞) 　{y|y≠0}　 奇偶性 　奇　 偶 　奇　 非奇非偶 奇 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　 公共点 　(1,1)　 2.二次函数 (1)二次函数解析式的三种形式 一般式：f(x)＝　ax2＋bx＋c(a≠0)　. 顶点式：f(x)＝a(x－m)2＋n(a≠0)，顶点坐标为　(m，n)　. 零点式：f(x)＝a(x－x1)(x－x2)(a≠0)，x1，x2为f(x)的零点． (2)二次函数的图象和性质 解析式 f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0) f(x)＝ax2＋bx＋c(a<0) 图象 定义域 (－∞，＋∞) (－∞，＋∞) 值域 　eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4ac－b2,4a)，＋∞))　 　eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(4ac－b2,4a)))　 单调性 在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(b,2a)))上单调递减； 在 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)，＋∞)) 上单调递增 在 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(b,2a))) 上单调递增； 在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)，＋∞))上单调递减 对称性 函数的图象关于x＝－eq \f(b,2a)对称 1．幂函数y＝xα(α∈R)在第一象限内图象的画法如下 ①当α＜0时，其图象可类似y＝x－1画出； ②当0＜α＜1时，其图象可类似画出； ③当α＞1时，其图象可类似y＝x2画出． 2．关于x的一元二次不等式恒成立的条件 (1)“ax2＋bx＋c>0(a≠0)在R上恒成立”的充要条件是“a>0，且Δ<0”． (2)“ax2＋bx＋c<0(a≠0)在R上恒成立”的充要条件是“a<0，且Δ<0”． ◆[思考辨析] 　判断下列说法是否正确，正确的在它后面的括号里打“√”，错误的打“×”． (1)函数是幂函数．(　　) (2)如果幂函数的图象与坐标轴相交，则交点一定是原点．(　　) (3)当n<0时，幂函数y＝xn是定义域上的减函数．(　　) (4)二次函数y＝ax2＋bx＋c(a>0)，x∈[m，n]的最小值一定是eq \f(4ac－b2,4a).(　　) (5)关于x的不等式ax2＋bx＋c>0恒成立的充要条件是eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a>0，,b2－4ac<0.))(　　) 答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)× ◆[小题查验] 1．若幂函数的图象经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(1,4)))，则它的单调递增区间是(　　) A．(0，＋∞)　　　　 B．[0，＋∞) C．(－∞，＋∞) D．(－∞，0) 解析：D　[设f(x)＝xα，则2α＝eq \f(1,4)，α＝－2，即f(x)＝x－2，它是偶函数，单调递增区间是(－∞，0)．] 2．下面给出4个幂函数的图象，则图象与函数对应的是(　　) 解析：B　[图象①对应的幂函数的幂指数必然大于1，排除A，D.图象②中幂函数是偶函数，幂指数必为正偶数，排除C.] 3．已知函数f(x)＝ax2＋x＋5的图象在x轴上方，则a的取值范围是(　　) A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0， \f(1,20))) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,20))) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,20)，＋∞)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,20)，0)) 解析：C　[由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＞0，,Δ＜0))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＞0，,1－20a＜0，))解得a>eq \f(1,20).] 4．在函数f(x)＝ax2＋bx＋c中，若a，b，c成等比数列且f(0)＝－4，则f(x)有最________值(填“大”或“小”)，且该值为__________． 解析：由已知得，f(0)＝c＝－4，a，b，c成等比数列，b2＝ac＝－4a，a<0， 所以，f(x)＝ax2＋bx＋c有最大值， 最大值为eq \f(4ac－b2,4a)＝eq \f(4ac－ac,4a)＝eq \f(3,4)c＝－3. 答案：大　－3 5．(判定图象的位置致误)设二次函数f(x)＝x2－x＋a(a>0)，若f(m)<0，则f(m－1)____0(填“>”“<”或“＝”)． 解析：f(x)＝x2－x＋a图象的对称轴为直线x＝eq \f(1,2)，且f(1)>0，f(0)>0， 而f(m)<0，∴m∈(0,1)，∴m－1<0， ∴f(m－1)>0. 答案：> 幂函数的图象与性质 1．已知幂函数 (p，q∈Z且p，q互质)的图象关于y轴对称，如图所示，则(　　) A．p，q均为奇数，且eq \f(p,q)＞0 B．q为偶数，p为奇数，且eq \f(p,q)＜0 C．q为奇数，p为偶数，且eq \f(p,q)＞0 D．q为奇数，p为偶数，且eq \f(p,q)＜0 解析：D　[因函数的图象关于y轴对称，于是得函数为偶函数，即p为偶数， 又函数的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，且在(0，＋∞)上单调递减，则有eq \f(p,q)＜0， 又因p，q互质，则q为奇数，所以只有选项D正确．] 2．设a＝eq \f(ln 0.35,ln 0.53)，b＝0.350.53，c＝0.530.35，则(　　) A．a＞b＞c　　　　　 B．c＞b＞a C．c＞a＞b D．a＞c＞b 解析：D　[由a＝eq \f(ln 0.35,ln 0.53)＝log0.530.35＞log0.530.53＝1， ∵y＝0.35x，y＝0.53x在R上单调递减， y＝x0.35在(0，＋∞)上单调递增， ∵0.350.53＜0.350.35＜0.530.35＜0.530＝1， ∴a＞c＞b.] 3．如图是幂函数y＝xm与y＝xn在第一象限内的图象，则(　　) A．－1＜n＜0＜m＜1　 B．n＜－1,0＜m＜1 C．－1＜n＜0，m＞1 D．n＜－1，m＞1 解析：B　[如图，作直线x＝2，y＝x， 直线x＝2与各幂函数的图象及y＝x的图象的交点的纵坐标分别为2n,2－1,2m,21， 从图中可观察得2n＜2－1＜1＜2m＜21， 由指数函数y＝2x在R上是增函数，可得n＜－1,0＜m＜1.] 4．已知函数是幂函数，对任意x1，x2∈(0，＋∞)，且x1≠x2，满足eq \f(fx1－fx2,x1－x2)＞0，若a，b∈R，且a＋b＞0，则f(a)＋f(b)的值(　　) A．恒大于0 B．恒小于0 C．等于0 D．无法判断 解析：A　[∵函数是幂函数，∴m2－m－5＝1，解得m＝－2或m＝3. ∵对任意x1，x2∈(0，＋∞)，且x1≠x2，满足eq \f(fx1－fx2,x1－x2)＞0， ∴函数f(x)在(0，＋∞)为增函数，∴m2－6＞0， ∴m＝3(m＝－2舍去)， ∴f(x)＝x3为增函数．对任意a，b∈R，且a＋b＞0， 则a＞－b，∴f(a)＞f(－b)＝－f(b)， ∴f(a)＋f(b)＞0.] 1．幂函数的解析式 y＝xα(α∈R)，其中只有参数α，因此只需一个条件即可确定其解析式． 2．幂函数的图象特征 ①在(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(1，＋∞)上，幂函数中指数越大，函数图象越远离x轴．②曲线在第一象限的凹凸性：α＞1时，曲线下凸；0＜α＜1时，曲线上凸；α＜0时，曲线下凸． 3．幂函数的性质 (1)若α为偶数，则幂函数y＝xα(α∈R)是偶函数；若α为奇数，则幂函数y＝xα(α∈R)是奇函数．反之，不成立．当α是分数时，一般将其先化为根式，再判断奇偶性． (2)若幂函数y＝xα在(0，＋∞)上单调递增，则α＞0；若在(0，＋∞)上单调递减，则α＜0. 4．幂值大小的比较 结合幂值的特点，选择适当的函数，借助其单调性进行比较． 二次函数的图象与性质(多维探究) ►[命题点1]　二次函数的图象　 1．已知函数y＝ax2＋bx＋c，如果a＞b＞c且a＋b＋c＝0，则它的图象可能是(　　) 解析：A　[由题意，函数y＝ax2＋bx＋c， 因为a＋b＋c＝0，令x＝1，可得y＝a＋b＋c＝0，即函数图象过点(1,0)， 又由a＞b＞c，可得a＞0，c＜0，所以抛物线的开口向上，可排除B、D项， 令x＝0，可得y＝c＜0，可排除C项．] ►[命题点2]　二次函数的单调性与最值　 2．已知函数f(x)＝x2－2ax－3. (1)已知f(x)在[3，＋∞)上单调递增，求a的取值范围； (2)求f(x)在[－1,2]上的最小值． 解：(1)由函数f(x)＝x2－2ax－3，可得f(x)的图象开口向上，且对称轴为x＝a， 要使得f(x)在[3，＋∞)上单调递增，则满足a≤3， 所以a的取值范围为(－∞，3]． (2)由函数f(x)＝x2－2ax－3，可得f(x)的图象开口向上，且对称轴为x＝a， 当a＜－1时，函数f(x)在[－1,2]上单调递增，所以f(x)的最小值为f(－1)＝2a－2； 当－1≤a≤2时，函数f(x)在[－1，a]上单调递减，在[a,2]上单调递增， 所以f(x)的最小值为f(a)＝－a2－3； 当a＞2时，函数f(x)在[－1,2]上单调递减，所以f(x)的最小值为f(2)＝1－4a， 综上可得，f(x)在[－1,2]上的最小值为f(x)min＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2a－2，a＜－1，,－a2－3，－1≤a≤2，,1－4a，a＞2.)) [引申探究] 本题条件不变，求f(x)在[－1,2]上的最大值． 解：由函数f(x)＝x2－2ax－3，可得f(x)的图象开口向上，且对称轴为x＝a， 当a＜－1时，函数f(x)在[－1,2]上单调递增，所以f(x)的最大值为f(2)＝1－4a； 当－1＜a≤eq \f(1,2)时，函数f(x)的最大值为f(2)＝1－4a； 当eq \f(1,2)＜a≤2时，函数f(x)的最大值为f(－1)＝2a－2； 当a>2时，函数f(x)在[－1,2]上单调递减，所以f(x)的最大值为f(－1)＝2a－2. 综上，当a≤eq \f(1,2)时，函数f(x)的最大值为f(2)＝1－4a；当a＞eq \f(1,2)时，f(x)的最大值为f(－1)＝2a－2. 二次函数求最值问题，一般先用配方法化为y＝a(x－m)2＋n的形式，得顶点(m，n)和对称轴方程x＝m，结合二次函数的图象求解．常见有三种类型： (1)顶点固定，区间也固定； (2)顶点含参数(即顶点为动点)，区间固定，这时要讨论顶点横坐标何时在区间之内，何时在区间之外； (3)顶点固定，区间变动，这时要讨论区间中的参数．讨论的目的是确定对称轴和区间的关系，明确函数的单调性，从而确定函数的最值． ►[命题点3]　二次函数中恒成立问题　 3．已知正实数x，y满足2x＋3y＝1，且tx2－y2≥x－y对任意x，y恒成立，则实数t的最小值是__________． 解析：依题意，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＞0，,y＝\f(1－2x,3)＞0，))解得0＜x＜eq \f(1,2)， 则eq \f(1,x)＞2， 由tx2－y2≥x－y，得t≥eq \f(x－y＋y2,x2)， 其中eq \f(x－y＋y2,x2)＝eq \f(x－\f(1－2x,3)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－2x,3)))2,x2) ＝eq \f(11x－2＋4x2,9x2)＝－eq \f(2,9) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))2＋eq \f(11,9)×eq \f(1,x)＋eq \f(4,9)，① 则当eq \f(1,x)＝－eq \f(\f(11,9),－\f(4,9))＝eq \f(11,4)时①式取得最大值－eq \f(2,9)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,4)))2＋eq \f(11,9)×eq \f(11,4)＋eq \f(4,9)＝eq \f(17,8)，所以t的最小值是eq \f(17,8). 答案：eq \f(17,8) 4．已知函数f(x)＝－x2＋2x＋1，x∈[0,2]，函数g(x)＝ax－1，x∈[－1,1]，对于任意x1∈[0,2]，总存在x2∈[－1,1]，使得g(x2)＝f(x1)成立，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，－3] B．[3，＋∞) C．(－∞，－3]∪[3，＋∞) D．(－∞，－3)∪(3，＋∞) 解析：C　[因为f(x)＝－(x－2)2＋2，x∈[0,2]， 所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(fxmin＝f0＝1，,fxmax＝f2＝2，))即f(x)的值域为[1,2]， 因为对于任意x1∈[0,2]，总存在x2∈[－1,1]，使得g(x2)＝f(x1)成立， 所以f(x)的值域为[1,2]是g(x)在[－1,1]上值域的子集， 当a＞0时，g(x)在[－1,1]上为增函数，所以g(－1)≤g(x)≤g(1)，所以g(x)∈[－a－1，a－1]， 所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－a－1≤1，,a－1≥2，))解得a≥3， 当a＜0时，g(x)在[－1,1]上为减函数，所以g(1)≤g(x)≤g(－1)，所以g(x)∈[a－1，－a－1]， 所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a－1≤1，,－a－1≥2，))解得a≤－3， 综上，实数a的取值范围是(－∞，－3]∪[3，＋∞)．] 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：一是分离参数求解；二是构造函数，数形结合求解． (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，关键是看参数是否能分离．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. 二次函数零点的分布问题 [典例]　关于x的方程ax2－2(a＋1)x＋a－1＝0，求a为何值时？ (1)方程有一正根一负根； (2)方程两根都大于1. [破题关键点]　构造函数f(x)＝ax2－2(a＋1)x＋a－1，借助于二次函数的图象与性质，列出不等式组进行求解． [解]　令f(x)＝ax2－2(a＋1)x＋a－1. (1)方程有一正一负根时，f(x)对应的图象只有如图①，②两种情况． 因此f(x)＝0有一正一负根等价于eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a>0，,f0<0))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a<0，,f0>0，))解得0<a<1. 所以0<a<1时，方程有一正一负根． (2)方程两根都大于1时，f(x)对应的图象只有如图③，④两种情况． 因此f(x)＝0两根都大于1等价于 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ>0，,\f(2a＋1,2a)>1，,f1>0))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a<0，,Δ>0，,\f(2a＋1,2a)>1，,f1<0，))解得a∈∅. 所以不存在实数a，使方程两根都大于1. 解决有关根的分布问题应注意以下几点 (1)首先画出符合题意的草图，转化为函数问题． (2)结合草图考虑四个方面：①Δ与0的大小；②对称轴与所给端点值的关系；③端点的函数值与零的关系；④开口方向． (3)写出由题意得到的不等式． (4)由得到的不等式去验证图象是否符合题意． 这类问题充分体现了函数与方程的思想，也体现了方程的根就是函数的零点．在写不等式时要注意条件的完备性． [互动探究] 本例已知条件不变，求a为何值时？ (1)方程有唯一实根； (2)方程一根大于1，一根小于1. 解：(1)令f(x)＝ax2－2(a＋1)x＋a－1. 当a＝0时，方程变为－2x－1＝0，即x＝－eq \f(1,2)，符合题意； 当a≠0时，Δ＝4(a＋1)2－4a(a－1)＝0， ∴a＝－eq \f(1,3). 所以当a＝0或－eq \f(1,3)时，方程有唯一实根． (2)因为方程有一根大于1，一根小于1. f(x)大致图象如图⑤，⑥. 所以必须满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a>0，,f1<0))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a<0，,f1>0.))解得a>0. 所以当a>0时，方程有一根大于1，一根小于1. $