第3章 第4节 幂函数与二次函数-【名师大课堂】2027年高考数学艺术生总复习必备

第三章 函数及其应用 第四节 幂函数与二次函数 基础知识必备 1.幂函数的图象与性质 2.二次函数的图象和性质 (1)常见的5种幂函数的图象 f(x)=ax2+bx f(x)=ax2+bx 解析式 Y=x +c(a>0) +c(a<0) 图象 定义域 (-∞，十∞) (-∞，十∞) (2)性质 值域 Aac-b2 ①幂函数在(0，十∞)上都有定义， ,十∞ Aac-62 Aa Aa 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. 在 上 在 上 ③当a<0时，幂函数的图象都过点(1,1)， 单调递减； 单调递增； 单调性 且在(0，十∞)上单调递减. 在 上单 在 上 目微点拨 调递增 单调递减 幂函数的图象一定会出现在第一象限内， 当 时为偶函数，当b≠0 奇偶性 一定不会出现在第四象限内 时为非奇非偶函数 顶点 学习笔记： 图象关于直线x=一 对称性 成轴对称 图形 考点知能突破 考点一 幂函数的图象与性质 (2)已知a=3,b=4,c=12,则a,b,c的 大小关系为 () 例加（已知点（同）在帮函数的图 A.b<a<c B.a<b<c C.c<b<a D.c<a<b 象上，则f(x)是 (3)若幂函数y=x1,y=xm与y=x”在第 A.奇函数 B.偶函数 一象限内的图象如图所示，则m与n的取 C.定义域内的减函数D.定义域内的增函数 值情况为 23 名师大课堂数学 A.-1<m<0<n<1 考点二二次函数的图象与解析式 B.-1<n<0<m C.-1<m<0<n ◆例2（一题多解）已知二次函数f(x)满足 D.-1<n<0<m<1 f(2)=-1,f(-1)=-1,且f(x)的最大值 【解析】1)设fx)=,由巴知得() 是8，试确定此二次函数的解析式 【解】解法一（利用一般式）： =√3，解得a=一1，因此f(x)=x1,易知该 设f(x)=ax2十bx十c(a≠0). 函数为奇函数.故选A 4a+2b+c=-1, (2)因为a=81,b=16,c=12,由幂函数 由题意得a-b+c=-1, y=x在(0，十∞)上为增函数，知a>b>c, 4ac-B=8, Aa 故选C. (3)幂函数y=x“,当a>0时，y=x“在(0， a=-4, 十∞)上为增函数，且0<a<1时，图象上 解得{b=4,所以所求二次函数的解析式 凸，所以0<m<1;当a<0时，y=x在 c=7. (0,十∞)上为减函数，不妨令x=2,根据图 为f(x)=-4x2+4x十7. 象可得2-1<2”，所以-1<n<0,综上所述， 解法二（利用顶点式）： 故选D, 设f(x)=a(x-m)2+n(a≠0).因为f(2) 【答案】(1)A(2)C(3)D =f(一1)=一1，所以抛物线的对称轴为 。名师点评 幂函数的指数与图象特征的关系 之七《—1）一，新以2之·又眼居题意 2 (1)幂函数的形式是y=x(a∈R),其中只 函数有最大值8.所以n=8, 有一个参数α，因此只需一个条件即可确 定其解析式. 所以)=ae-》°+8. (2)若幂函数y=x“(a∈R)是偶函数，则a 因为f(2)=一1， 必为偶数.当α是分数时，一般将其先化为 所以a2-)°+8=-1，解得a=-4, 根式再判断. (3)若幂函数y=x“在(0，十∞)上单调递增， 所以f)=-4(x-)+8=-42+4x+7. 则a>0,若在(0，十∞)上单调递减，则a<0. 法三（利用零，点式）： [提醒]在比较幂值的大小时，必须结合 由已知得f(x)+1=0的两根为x1= 幂值的特点，选择适当的函数，借助其单调 性进行比较. 2,x2=-1, 故可设f(x)+1=a(x一2)(x+1), [针对训练] 即f(x)=a.x2-ax-2a-1. 1.(多选)已知幂函数y=x(a∈R)的图象过 又函数有最大值8， 点(2,8)，下列说法正确的是 ( ) 即4a(-2a-1)-a2=8. A.函数y=x的图象过原点 Aa B.函数y=x是偶函数 解得a=-4或a=0(舍去)， C.函数y=x是单调减函数 所以所求函数的解析式为f(x)=一4x2十 D.函数y=x的值域为R 4x+7. 24 第三章函数及其应用 名师点评 (2)当a=-1时，f(|x)=x2-2|x+3 求二次函数解析式的方法 1x2+2x+3=(x+1)2+2,-4≤x≤0， 根据已知条件确定二次函数的解析式， x2-2x+3=(x-1)2+2,0<x≤6， 般用待定系数法，但所给条件不同选取的 画出f(|x)的图象（图略）. 求解方法也不同，选择规律如下： 所以f(|x|)的单调递减区间是[一4，一1) 和(0,1)，单调递增区间是[一1,0]和[1,6]. 三个点的坐标宜选用一般式 目名师点评 顶点坐标 已知 对称轴 宜选用顶点式 1.二次函数单调性问题的求解策略 最大（小）值 (1)对于二次函数的单调性，关键是开口 与x轴两交点的坐标 宜选用零点式 方向与对称轴的位置，若开口方向或对 称轴的位置不确定，则需要分类讨论 [针对训练] 求解 2.已知二次函数f(x)=ax+bx+5的图象 (2)利用二次函数的单调性比较大小， 定要将待比较的两数通过二次函数的对 过点P(-1,11),且其对称轴是直线x=1, 称性转化到同一单调区间上比较 则a十b的值是 2.求二次函数在闭区间上最值的三种类型 A.-2 B.0 及策略 C.1 D.2 (1)类型：轴定区间定、轴动区间定、轴定 考点三二次函数的性质及其应用 区间动. (2)策略：不论哪种类型，解题的关键都是 例3已知函数f(x)=x2+2ax+3,x∈[-4,6]. 对称轴与区间的位置关系，当含有参数时， (1)求使y=f(x)在区间[一4,6]上是单调 要依据对称轴与区间的位置关系进行分类 函数的实数a的取值范围： 讨论 (2)当a=-1时，求f(x)的单调区间， 【解】(1)函数f(x)=x2+2ax+3的图象 [针对训练] 的对称轴为直线工=一29=一4， 3.函数f(x)=ax2-2x+3在区间[1,3]上为 2 增函数的充要条件是 ( 要使f(x)在[一4,6]上为单调函数，只需 A.a=0 B.a<0 -a≤-4或-a≥6，解得a≥4或a≤-6. D.a>1 故a的取值范围是（一∞，一6]U[4,十∞）. C0<a≤号 253.答案：1日 解析：因为f(x十2)=一所以f(x+4)= f(x+2)=f(x),所以函数y=f(x)的周期T=4. f(17)=f(4×4+1)=f(1)=1. f(20)=f(4×4+4)=f(4)=f(2+2)= 1 f(2) 1 4.B由f(x)=f(2-x)得f(x)的图象关于直线x=1对 称.又f(x)是偶函数，故函数f(x)的周期是2，f(x)在区 间「一2，一1]上是增函数，在区间「3,4]上是减函数.故 选B. 第四节幂函数与二次函数 基础知识必备 2.(-2) [+∞）（-，) 考点知能突破 针对训练 1,AD因为暴函数y=x的图象过点(2,8)，所以2=8， 解得&=3，所以y=x3.函数y=x3的图象过原点，所以A 选项中说法正确；函数y=x3是奇函数，所以B选项中说 法错误；函数y=x3在R上递增，所以C选项中说法错 误；函数y=x3值域为R,所以D选项中说法正确. 2.A因为二次函数f(x)=a.x2十bx十5的图象的对称轴 是直线x=1,所以2名1①，又f(-1)=a-6+5 11,所以a一b=6②.联立①②，解得a=2,b=一4，所以 a十b=一2，故选A. 3.D当a=0时，f(x)为减函数，不符合题意；当a≠0时，函 数f(x)=a.x2-2x十3的图象的对称轴为x=工，要使 a<0,fa>0, fx)在区间[13]上为增函数，则1≥3或1≤1.解得 a a≥1.故选D. 第五节指数、指数函数 基础知识必备 1.(1)根式 2.(1)vam 1 a 没有意义(2)①a'+s②a③a'b 3.(2)上方(0，十∞)单调递增单调递减y=10< y<1y>1y>10<y<1 考点知能突破 针对训练 1.解：1)原式=1+}×（号）-()》广-1+×号 0-1+日-0-8 (2)原式=(a3b2ab) =u+-1+6+子-2-寸= ab2ab定 2.D由f(x)=a-b的图象可以观察出函数f(x)=a2-b在 定义域上单调递减，所以0<a<1.函数f(x)=ax-b的图 象是在f(x)=a2的基础上向左平移得到的，所以b<0. 故选D. 3 3.C设1=2+2x-1,则y=(3)儿因为0<号<1，所以 y=(2)厂'为关于1的减画数.因为=(x+1)2-2≥-2 所以0<y=(分)广≤()厂-4，故所求品数的值线为 (0,4].故选C. 4.C因为x>0时，1<b,所以b>1.因为x>0时，b2< a,所以r>0时，（号）>1，所以分>1，所以a>b.所以 1<ba.故选C. 5.答案：{xx>4或x<0》 解析：因为f(x)为偶函数， 当x<0时，一x>0,则f(x)=f(-x)=2x一4. (2x-4,x≥0， 所以f(x)= 2x-4,x<0. 当g一8>0时有台010 解得x>4或x<0. 所以不等式的解集为{xx>4或x<0}. 第六节对数、对数函数 基础知识必备 1.log N 2.(1)①N(3)①log,M+logN②logM-logN 3.(0,十∞)(1,0)增函数减函数 4.y=x 考点知能突破 针对训练 1.答案：0 解析：原式=3十2×0一3×1十3×0=0. 2.A由题意，a>0且a≠1，所以函数g(x)=lg单调递 减，故排除B、D; 对于A、C,由函数f(x)= 的图象可知0<a<l,对于函 数g(x)=lg兰g(1)=lga<0,故A正确，C错误 3.C由题意得a>0且a≠1，故必有a2+1>2a,又loga(a2 +1D<1g,2a<0.所以0<a<1,且2a>1,所以a>故 口的取值范国是（合）故选C 4.BCDf(x)=ln(x-2)+ln(6-x)=ln[(x-2)(6-x)], 由6二0，得函数的定义拔为(2,6).令1=(x一2)· (6-x),因为二次函数t=(x一2)(6-x)=一x2十8x一12 在(2,4)上单调递增，在(4,6)上单调递减，且当x=4时， t=4,所以t=(x一2)(6-x)∈(0,4].又函数y=lnt在 t∈(0,4]上单调递增，所以由复合函数的单调性可得 f(x)在(2,4)上单调递增，在[4,6)上单调递减，故A错 误.因为t∈(0,4]，所以y=lnt∈(-∞，2ln2],即f(x)∈ (-∞，2ln2],所以f(x)在(2,6)上的最大值为2ln2,无 最小值，故B,C正确.因为f(4-x)=ln(4-x-2)十ln(6 4+x)=ln(2-x)+ln(2+x),f(4+x)=ln(4+x-2) +ln(6-4-x)=ln(2+x)+ln(2-x),所以f(4-x) f(4十x),所以f(x)的图象关于直线x=4对称，故D正 确.故选BCD. 5.解：1)当a=号时1x)=log4(宁r2-,由号2-> 0,得x2一2x>0,解得x<0或x>2,所以函数f(x)的定 义域为（一∞，0）U(2,十∞) 03