2021届浙江新高考数学一轮复习教师用书：第二章-4-第4讲-二次函数与幂函数(共18页).doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上第4讲二次函数与幂函数1幂函数(1)定义：形如yx(R)的函数称为幂函数，其中底数x是自变量，为常数常见的五类幂函数为yx，yx2，yx3，yx，yx1.(2)图象(3)性质幂函数在(0，)上都有定义；当0时，幂函数的图象都过点(1，1)和(0，0)，且在(0，)上单调递增；当0)f(x)ax2bxc(a0)图象定义域(，)(，)值域单调性在上单调递减；在上单调递增在上单调递增；在上单调递减对称性函数的图象关于x对称疑误辨析判断正误(正确的打“”，错误的打“”)(1)函数y2x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n0时，幂函数y

2、xn是定义域上的减函数()(4)二次函数yax2bxc，xa，b的最值一定是.()(5)二次函数yax2bxc，xR不可能是偶函数()(6)在yax2bxc(a0)中，a决定了图象的开口方向和在同一直角坐标系中的开口大小()答案：(1)(2)(3)(4)(5)(6)教材衍化1.(必修1P77图象改编)如图是yxa；yxb；yxc在第一象限的图象，则a，b，c的大小关系为_解析：根据幂函数的性质可知a1，0c1，故acb.答案：acb2(必修1P39B组T1改编)函数g(x)x22x(x0，3)的值域为_解析：由g(x)x22x(x1)21，x0，3，得g(x) 在0，1上是减函数，在1，3上是

3、增函数所以g(x)ming(1)1，而g(0)0，g(3)3.所以g(x)的值域为1，3答案：1，3易错纠偏(1)二次函数图象特征把握不准；(2)二次函数的单调性规律掌握不到位；(3)幂函数的图象掌握不到位1如图，若a0，则函数yax2bx的大致图象是_(填序号)解析：由函数的解析式可知，图象过点(0，0)，故不正确又a0，所以二次函数图象的对称为x0，故正确答案：2若函数ymx2x2在3，)上是减函数，则m的取值范围是_解析：因为函数ymx2x2在3，)上是减函数，所以，即m.答案：3当x(0，1)时，函数yxm的图象在直线yx的上方，则m的取值范围是_答案：(，1)幂函数的图象及性质 (1

4、)幂函数yf(x)的图象过点(4，2)，则幂函数yf(x)的图象是()(2)若(a1)(32a)，则实数a的取值范围是_【解析】(1)设幂函数的解析式为yx，因为幂函数yf(x)的图象过点(4，2)，所以24，解得.所以y，其定义域为0，)，且是增函数，当0x1时，其图象在直线yx的上方，对照选项，故选C.(2)易知函数yx的定义域为0，)，在定义域内为增函数，所以解得1a0，若在(0，)上单调递减，则0. 1已知幂函数f(x)xm22m3(mZ)的图象关于y轴对称，并且f(x)在第一象限是单调递减函数，则m_解析：因为幂函数f(x)xm22m3(mZ)的图象关于y轴对称，所以函数f(x)是偶

5、函数，所以m22m3为偶数，所以m22m为奇数，又m22m0，故m1.答案：12当0xg(x)f(x)答案：h(x)g(x)f(x)求二次函数的解析式 已知二次函数f(x)满足f(2)1，f(1)1，且f(x)的最大值是8，试确定此二次函数的解析式【解】法一：(利用一般式)设f(x)ax2bxc(a0)由题意得解得所以所求二次函数的解析式为f(x)4x24x7.法二：(利用顶点式)设f(x)a(xm)2n(a0)因为f(2)f(1)，所以抛物线的对称轴为x.所以m.又根据题意函数有最大值8，所以n8，所以f(x)a8.因为f(2)1，所以a81，解得a4，所以f(x)484x24x7.法三：(

6、利用零点式)由已知f(x)10的两根为x12，x21，故可设f(x)1a(x2)(x1)，即f(x)ax2ax2a1.又函数有最大值8，即8.解得a4或a0(舍去)，所以所求函数的解析式为f(x)4x24x7.求二次函数解析式的方法根据已知条件确定二次函数的解析式，一般用待定系数法，但所给条件不同选取的求解方法也不同，选择规律如下： 1若函数f(x)(xa)(bx2a)(常数a，bR)是偶函数，且它的值域为(，4，则该函数的解析式f(x)_解析：由f(x)是偶函数知f(x)的图象关于y轴对称，所以a，即b2，所以f(x)2x22a2，又f(x)的值域为(，4，所以2a24，故f(x)2x24.

7、答案：2x242已知二次函数f(x)的图象经过点(4，3)，它在x轴上截得的线段长为2，并且对任意xR，都有f(2x)f(2x)，求f(x)的解析式解：因为f(2x)f(2x)对任意xR恒成立，所以f(x)的对称轴为x2.又因为f(x)的图象被x轴截得的线段长为2，所以f(x)0的两根为1和3.设f(x)的解析式为f(x)a(x1)(x3)(a0)，又f(x)的图象过点(4，3)，所以3a3，a1，所以所求f(x)的解析式为f(x)(x1)(x3)，即f(x)x24x3.二次函数的图象与性质(高频考点)高考对二次函数图象与性质进行考查，多与其他知识结合，且常以选择题形式出现，属中高档题主要命题

8、角度有：(1)二次函数图象的识别问题；(2)二次函数的单调性问题；(3)二次函数的最值问题角度一二次函数图象的识别问题 已知abc0，则二次函数f(x)ax2bxc的图象可能是()【解析】A项，因为a0，0，所以b0，所以c0，而f(0)c0，故A错B项，因为a0，所以b0.又因为abc0，所以c0，故B错C项，因为a0，0.又因为abc0，所以c0，而f(0)c0，0，所以b0，所以c0，而f(0)c0，故选D.【答案】D角度二二次函数的单调性问题 函数f(x)ax2(a3)x1在区间1，)上是递减的，则实数a的取值范围是_【解析】当a0时，f(x)3x1在1，)上递减，满足条件当a0时，f

9、(x)的对称轴为x，由f(x)在1，)上递减知解得3a0.综上，a的取值范围为3，0【答案】3，0 (变条件)若函数f(x)ax2(a3)x1的单调减区间是1，)，则a为何值？解：因为函数f(x)ax2(a3)x1的单调减区间为1，)，所以，解得a3.角度三二次函数的最值问题 已知函数f(x)x22ax1，x1，2(1)若a1，求f(x)的最大值与最小值；(2)f(x)的最小值记为g(a)，求g(a)的解析式以及g(a)的最大值【解】(1)当a1时，f(x)x22x1(x1)2，x1，2，则当x1时，f(x)的最小值为0，x1时，f(x)的最大值为4.(2)f(x)(xa)21a2，x1，2，

10、当a2时，f(x)的最小值为f(2)54a，则g(a)可知，g(a)在(，0)上单调递增，在(0，)上单调递减，g(a)的最大值为g(0)1. (1)确定二次函数图象应关注的三个要点一是看二次项系数的符号，它确定二次函数图象的开口方向；二是看对称轴和最值，它确定二次函数图象的具体位置；三是看函数图象上的一些特殊点，如函数图象与y轴的交点、与x轴的交点，函数图象的最高点或最低点等从这三个方面入手，能准确地判断出二次函数的图象反之，也可以从图象中得到如上信息(2)二次函数最值的求法二次函数的区间最值问题一般有三种情况：对称轴和区间都是给定的；对称轴动，区间固定；对称轴定，区间变动解决这类问题的思路

11、是抓住“三点一轴”进行数形结合，三点指的是区间两个端点和中点，一轴指的是对称轴具体方法是利用函数的单调性及分类讨论的思想求解对于、，通常要分对称轴在区间内、区间外两大类情况进行讨论1若函数f(x)x2 axb在区间0, 1上的最大值是M，最小值是m，则Mm()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有关解析：选B.f(x)b，当01时，f(x)minmfb，f(x)maxMmaxf(0)，f(1)maxb，1ab，所以Mmmax与a有关，与b无关；当1时，f(x)在0，1上单调递减，所以Mmf(0)f(1)1a与a有关，与b无关综上所述，Mm与a有关

12、，但与b无关，故选B.2若函数f(x)ax220x14(a0)对任意实数t，在闭区间t1，t1上总存在两实数x1，x2，使得|f(x1)f(x2)|8成立，则实数a的最小值为_解析：因为a0，所以二次函数f(x)ax220x14的图象开口向上在闭区间t1，t1上总存在两实数x1，x2，使得|f(x1)f(x2)|8成立，只需t时f(t1)f(t)8，即a(t1)220(t1)14(at220t14)8，即2ata208，将t代入得a8.所以a的最小值为8.故答案为8.答案：8三个“二次”间的转化 (2020金华市东阳二中高三调研)已知二次函数f(x)x2axb(a，bR)(1)当a6时，函数f

13、(x)的定义域和值域都是，求b的值；(2)当a1时在区间1，1上，yf(x)的图象恒在y2x2b1的图象上方，试确定实数b的范围【解】(1)当a6时，函数f(x)x26xb，函数对称轴为x3，故函数f(x)在区间1，3上单调递减，在区间(3，)上单调递增当2b6时，f(x)在区间上单调递减；故有，无解；当610时，f(x)在区间1，3上单调递减，在区间上单调递增，且f(1)2x2b1对x1，1恒成立，化简得bx23x1，令g(x)x23x1，x1，1，图象开口向上，对称轴为x，在区间1，1上单调递减，则g(x)min1，故b1. (1)二次函数、二次方程与二次不等式统称三个“二次”，它们常结合

14、在一起，而二次函数又是三个“二次”的核心，通过二次函数的图象贯穿为一体因此，解决此类问题首先采用转化思想，把方程、不等式问题转化为函数问题借助于函数思想研究方程、不等式(尤其是恒成立)问题是高考命题的热点(2)由不等式恒成立求参数取值范围的思路及关键一般有两个解题思路：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，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：af(x)恒成立af(x)max，af(x)恒成立af(x)min.提醒当二次项系数a是否为0不明确时，要分类讨论1(2020宁波市余姚中学期中检测)设a0，此时当x0时，3x2aa0不成立，若2xb0在(

15、a，b)上恒成立，则2bb0，即b0，若3x2a0在(a，b)上恒成立，则3a2a0，即a0，故ba的最大值为.2已知函数f(x)x2x1，在区间1，1上不等式f(x)2xm恒成立，则实数m的取值范围是_解析：f(x)2xm等价于x2x12xm，即x23x1m0，令g(x)x23x1m，要使g(x)x23x1m0在1，1上恒成立，只需使函数g(x)x23x1m在1，1上的最小值大于0即可因为g(x)x23x1m在1，1上单调递减，所以g(x)ming(1)m1.由m10，得m1 .因此满足条件的实数m的取值范围是(，1)答案：(，1)基础题组练1已知幂函数f(x)kx的图象过点，则k()A.B

16、1C.D2解析：选C.因为函数f(x)kx是幂函数，所以k1，又函数f(x)的图象过点，所以，解得，则k.2若幂函数f(x)x(m，nN*，m，n互质)的图象如图所示，则()Am，n是奇数，且1Cm是偶数，n是奇数，且1解析：选C.由图知幂函数f(x)为偶函数，且1，排除B，D；当m，n是奇数时，幂函数f(x)非偶函数，排除A；选C.3若函数f(x)x2bxc对任意的xR都有f(x1)f(3x)，则以下结论中正确的是()Af(0)f(2)f(5)Bf(2)f(5)f(0)Cf(2)f(0)f(5) Df(0)f(5)f(2)解析：选A.若函数f(x)x2bxc对任意的xR都有f(x1)f(3x

17、)，则f(x)x2bxc的图象的对称轴为x1且函数f(x)的图象的开口方向向上，则函数f(x)在(1，)上为增函数，所以f(2)f(4)f(5)，又f(0)f(2)，f(2)f(4)，所以f(0)f(2)f(5)4(2020瑞安四校联考)定义域为R的函数f(x)满足f(x1)2f(x)，且当x0，1时，f(x)x2x，则当x2，1时，f(x)的最小值为()A BC D0解析：选A.当x2，1时，x20，1，则f(x2)(x2)2(x2)x23x2，又f(x2)f(x1)12f(x1)4f(x)，所以当x2，1时，f(x)(x23x2)，所以当x时，f(x)取得最小值，且最小值为，故选A.5若函

18、数f(x)x22x1在区间a，a2上的最小值为4，则a的取值集合为()A3，3 B1，3C3，3 D1，3，3解析：选C.因为函数f(x)x22x1(x1)2，对称轴为x1，因为在区间a，a2上的最小值为4，所以当1a时，yminf(a)(a1)24，a1(舍去)或a3，当a21时，即a1，yminf(a2)(a1)24，a1(舍去)或a3，当a1a2，即1a1时，yminf(1)04，故a的取值集合为3，36(2020温州高三月考)已知f(x)ax2bxc(a0)，g(x)f(f(x)，若g(x)的值域为2，)，f(x)的值域为k，)，则实数k的最大值为()A0 B1C2 D4解析：选C.设

19、tf(x)，由题意可得g(x)f(t)at2btc，tk，函数yat2btc，tk的图象为yf(x)的图象的部分，即有g(x)的值域为f(x)的值域的子集，即2，)k，)，可得k2，即有k的最大值为2.故选C.7已知幂函数f(x)x，若f(a1)0)，易知x(0，)时为减函数，又f(a1)f(102a)，所以解得所以3a5.答案：(3，5)8已知函数f(x)x22ax2a4的定义域为R，值域为1，)，则a的值为_解析：由于函数f(x)的值域为1，)，所以f(x)min1.又f(x)(xa)2a22a4，当xR时，f(x)minf(a)a22a41，即a22a30，解得a3或a1.答案：1或39

20、(2020杭州四中第一次月考)已知函数f(x)x2ax1，若存在x0使|f(x0)|，|f(x01)|同时成立，则实数a的取值范围为_解析：由f(x)，考察g(x)x2h，当h0时，有，同时成立；当h时，有，|g(1)|同时成立所以h0，即0，解得a2或2a.答案：，22，10设函数f(x)x21，对任意x，f4m2f(x)f(x1)4f(m)恒成立，则实数m的取值范围是_解析：依据题意，得14m2(x21)(x1)214(m21)在x上恒成立，即4m21在x上恒成立当x时，函数y1取得最小值，所以4m2，即(3m21)(4m23)0，解得m或m.答案：11已知幂函数f(x)(m25m7)xm

21、1为偶函数(1)求f(x)的解析式；(2)若g(x)f(x)ax3在1，3上不是单调函数，求实数a的取值范围解：(1)由题意m25m71，解得m2或m3，若m2，与f(x)是偶函数矛盾，舍去，所以m3，所以f(x)x2.(2)g(x)f(x)ax3x2ax3，g(x)的对称轴是x，若g(x)在1，3上不是单调函数，则13，解得2a4ac；2ab1；abc0；5a0，即b24ac，正确；对称轴为x1，即1，2ab0，错误；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，正确故选B.2(2020温州市十校联考)已知函数f(

22、x)是定义在R上的奇函数，当x0时，f(x)(|xa2|x2a2|3a2)若xR，f(x1)f(x)，则实数a的取值范围为()A. B.C. D.解析：选B.因为当x0时，f(x)(|xa2|x2a2|3a2)，所以当0xa2时，f(x)(a2x2a2x3a2)x；当a2x2a2时，f(x)(xa22a2x3a2)a2；当x2a2时，f(x)(xa2x2a23a2)x3a2.综上，函数f(x)(|xa2|x2a2|3a2)在x0时的解析式等价于f(x)因此，根据奇函数的图象关于原点对称作出函数f(x)在R上的大致图象如下，观察图象可知，要使xR，f(x1)f(x)，则需满足2a2(4a2)1，

23、解得a.3已知函数f(x)|x2axb|在区间0，c内的最大值为M(a，bR，c0为常数)且存在实数a，b，使得M取最小值2，则abc_解析：函数yx2axb是二次函数，所以函数f(x)|x2axb|在区间0，c内的最大值M在端点处或x处取得若在x0处取得，则b2，若在x处取得，则|b|2，若在xc处取得，则|c2acb|2.若b2，则|b|2，|c2acb|2，解得a0，c0，符合要求，若b2，则顶点处的函数值的绝对值大于2，不成立可得abc2.故答案为2.答案：24(2020宁波市余姚中学高三期中)已知f(x)x23x4，若f(x)的定义域和值域都是a，b，则ab_解析：因为f(x)x23

24、x4(x2)21，所以x2是函数的对称轴，根据对称轴进行分类讨论：当b2时，函数在区间a，b上递减，又因为值域也是a，b，所以得方程组，即，两式相减得(ab)(ab)3(ab)ba，又因为ab，所以ab，由a23a4a，得3a28a0，所以a，所以b，故舍去当a2b时，得f(2)1a，又因为f(1)1时，yg(x)在区间1，1上是单调函数，则Mmaxg(1)，g(1)，而g(1)|12bc|，g(1)|12bc|，则2Mg(1)g(1)|f(1)f(1)|4|b|4，可知M2.()当|b|1时，函数yg(x)的对称轴xb位于区间1，1之内，此时Mmaxg(1)，g(1)，g(b)，又g(b)|b2c|，当1b0时，有f(1)f(1)f(b)，则Mmaxg(b)，g(1)(g(b)g(1)|f(b)f(1)|(b1)2；当0.综上可知，对任意的b、c都有M.而当b0，c时，g(x)在区间1，1上的最大值M，故Mk对任意的b、c恒成立的k的最大值为.专心-专注-专业