五年高考3年模拟2019高中文科数学2.3 二次函数与幂函数
2019届高考数学(浙江版)一轮配套讲义:2.3 二次函数与幂函数

§2.3二次函数与幂函数考纲解读考点考纲内容要求浙江省五年高考统计20132014201520162017二次函数与幂函数1.理解二次函数的三种表示法:解析法、图象法和列表法.2.理解二次函数的单调性,能判断二次函数在某个区间上是否存在零点.3.理解二次函数的最大(小)值及其几何意义,并能求二次函数的最大(小)值.4.了解幂函数的概念.5.结合函数y=x,y=x 2,y=x 3,y=,y=的图象,了解它们的变化情况.理解17,5分7(文),5分21(文),约4分10,5分15,4分9(文),5分7,5分18,15分20(文),15分18,15分20(文),15分5,4分分析解读 1.幂函数主要考查其图象和性质,一般以小题形式出现,难度应该不大(例:2014浙江7题).2.二次函数主要考查其图象和性质以及应用,特别是以二次函数为载体,考查数学相关知识,如求最值、函数零点问题,考查数形结合思想(例:2015浙江18题,2015浙江文20题).3.预计2019年高考试题中,二次函数仍是考查的重点之一.考查仍会集中在二次函数的图象以及主要性质上,求二次函数的最值、二次函数零点分布问题,复习时应引起高度重视.五年高考考点二次函数与幂函数1.(2017浙江,5,4分)若函数f(x)=x 2+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 有关答案B2.(2015陕西,12,5分)对二次函数f(x)=ax 2+bx+c(a 为非零),四位同学分别给出下列结论,其中有且只有一个结论是错误的,则错误的结论是()A.-1是f(x)的零点B.1是f(x)的极值点C.3是f(x)的极值D.点(2,8)在曲线y=f(x)上答案A3.(2015四川,9,5分)如果函数f(x)=(m-2)x 2+(n-8)x+1(m≥0,n≥0)在区间上单调递减,那么mn 的最大值为()A.16B.18C.25D.答案B4.(2013重庆,3,5分)(-6≤a≤3)的最大值为()A.9B.C.3D.答案B5.(2013辽宁,11,5分)已知函数f(x)=x 2-2(a+2)x+a 2,g(x)=-x 2+2(a-2)x-a 2+8.设H 1(x)=max{f(x),g(x)},H 2(x)=min{f(x),g(x)}(max{p,q}表示p,q 中的较大值,min{p,q}表示p,q 中的较小值).记H 1(x)的最小值为A,H 2(x)的最大值为B,则A-B=()A.16B.-16C.a2-2a-16D.a2+2a-16答案B6.(2017北京文,11,5分)已知x≥0,y≥0,且x+y=1,则x2+y2的取值范围是.答案7.(2013江苏,13,5分)在平面直角坐标系xOy中,设定点A(a,a),P是函数y=(x>0)图象上一动点.若点P,A 之间的最短距离为2,则满足条件的实数a的所有值为.答案-1,8.(2015浙江文,20,15分)设函数f(x)=x2+ax+b(a,b∈R).(1)当b=+1时,求函数f(x)在[-1,1]上的最小值g(a)的表达式;(2)已知函数f(x)在[-1,1]上存在零点,0≤b-2a≤1,求b的取值范围.解析(1)当b=+1时,f(x)=+1,故对称轴为直线x=-.当a≤-2时,g(a)=f(1)=+a+2.当-2<a≤2时,g(a)=f=1.当a>2时,g(a)=f(-1)=-a+2.综上,g(a)=(2)设s,t为方程f(x)=0的解,且-1≤t≤1,则由于0≤b-2a≤1,因此≤s≤(-1≤t≤1).当0≤t≤1时,≤st≤,由于-≤≤0和-≤≤9-4,所以-≤b≤9-4.当-1≤t<0时,≤st≤,由于-2≤<0和-3≤<0,所以-3≤b<0.故b 的取值范围是[-3,9-4].教师用书专用(9)9.(2014大纲全国,16,5分)若函数f(x)=cos2x+asinx 在区间是减函数,则a 的取值范围是.答案(-∞,2]三年模拟A 组2016—2018年模拟·基础题组考点二次函数与幂函数1.(2018浙江杭州地区重点中学第一学期期中,8)若函数f(x)=x 2+ax+b 有两个零点x 1,x 2,且3<x 1<x 2<5,那么f(3),f(5)()A.只有一个小于1B.都小于1C.都大于1D.至少有一个小于1答案D2.(2018浙江重点中学12月联考,3)已知函数y=x 2-4x+1的定义域为[1,t],在该定义域内函数的最大值与最小值之和为-5,则实数t 的取值范围是()A.(1,3]B.[2,3]C.(1,2]D.(2,3)答案B3.(2017浙江杭州二模(4月),9)设函数f(x)=x 2+ax+b(a,b∈R)的两个零点为x 1,x 2,若|x 1|+|x 2|≤2,则()A.|a|≥1 B.|b|≤1 C.|a+2b|≥2D.|a+2b|≤2答案B4.(2017浙江名校(衢州二中)交流卷五,9)f(x)=ax 2+bx+c,当0≤x≤时,f(x)∈[2,4],则a 的最大值为()A.8B.16 C.32D.64答案C5.(2017浙江“七彩阳光”新高考研究联盟测试,8)已知f(x)=则y=f(x)-x 的零点有()A.1个B.2个C.3个D.4个答案C6.(2016浙江绍兴一模,8)对于函数f(x),若存在x 0∈N,满足|f(x 0)|≤,则称x 0为函数f(x)的一个“近零点”.已知函数f(x)=ax 2+bx+c(a>0)有四个不同的“近零点”,则a 的最大值为()A.2B.1C.D.答案D7.(2016浙江宁波“十校”联考,18)若存在区间A=[m,n](m<n),使得{y|y=f(x),x∈A}=A,则称函数f(x)为“可等域函数”,区间A 为函数f(x)的一个“可等域区间”.已知函数f(x)=x 2-2ax+b(a,b∈R).(1)若b=0,a=1,g(x)=|f(x)|是“可等域函数”,求函数g(x)的“可等域区间”;(2)若区间[1,a+1]为f(x)的“可等域区间”,求a,b 的值.解析(1)由题意知,g(x)=|x 2-2x|是“可等域函数”,∵g(x)=|x 2-2x|=|(x-1)2-1|≥0,∴n>m≥0,结合函数图象,由g(x)=x 得x=0,1,3,当1≤m<n≤2时,g(x)≤1,不符合要求.所以函数g(x)的“可等域区间”为[0,1],[0,3].(7分)(2)f(x)=x 2-2ax+b=(x-a)2+b-a 2,因为[1,a+1]为f(x)的“可等域区间”,所以a+1>1,即a>0.当0<a≤1时,解得(10分)当1<a≤2时,无解;(12分)当a>2时,解得(15分)B 组2016—2018年模拟·提升题组一、选择题1.(2018浙江浙东北联盟期中,7)设函数f(x)=ax 2+bx+c(a,b,c∈R),若函数y=f(x)e x (e 为自然对数的底数)在x=-1处取得极值,则下列图象不可能为y=f(x)的图象的是()答案D2.(2017浙江稽阳联谊学校联考,10)设二次函数f(x)=x 2+ax+b,若对任意的实数a,都存在实数x∈,使得不等式|f(x)|≥x 成立,则实数b 的取值范围是()A.∪[2,+∞)B.∪C.∪D.∪答案D3.(2017浙江“超级全能生”联考(3月),10)已知函数f(x)=x 2-2tx+1在(-∞,1]上递减,且对任意的x 1,x 2∈[0,t+1],总有|f(x 1)-f(x 2)|≤2,则实数t 的取值范围为() A.[-,] B.[1,]C.[2,3]D.[1,2]答案B 二、填空题4.(2018浙江“七彩阳光”联盟期初联考,17)设关于x 的方程x 2-ax-2=0和x 2-x-1-a=0的实根分别为x 1,x 2和x 3,x 4,若x 1<x 3<x 2<x 4,则a 的取值范围是.答案-1<a<15.(2018浙江高考模拟卷,17)已知关于x 的方程x 2+2bx+c=0(b,c∈R)在[-1,1]上有实根,且0≤4b+c≤3,则b 的取值范围为.答案[0,2].6.(2017浙江绍兴教学质量调测(3月),17)已知a,b∈R 且0≤a+b≤1,函数f(x)=x 2+ax+b 在上至少存在一个零点,则a-2b 的取值范围为.答案[0,1]7.(2017浙江名校(杭州二中)交流卷三,16)记M(x,y,z)为x,y,z 三个数中的最小数,若二次函数f(x)=ax 2+bx+c(a≥b≥c>0)有零点,则M 的最大值为.答案三、解答题8.(2017浙江温州中学高三3月模拟,19)已知二次函数f(x)=ax 2+bx+c(a,b,c∈R),对任意实数x,不等式2x ≤f(x)≤(x+1)2恒成立.(1)求f(-1)的取值范围;(2)对任意x 1,x 2∈[-3,-1],恒有|f(x 1)-f(x 2)|≤1,求实数a 的取值范围.解析(1)由题意可知f(1)≥2,f(1)≤2,∴f(1)=2,(2分)∴a+b+c=2.∵对任意实数x 都有f(x)≥2x,即ax 2+(b-2)x+c≥0恒成立,∴又a+b+c=2,∴a=c,b=2-2a,(4分)此时f(x)-(x+1)2=(x-1)2.∵对任意实数x,f(x)≤(x+1)2都成立,∴0<a≤,∴f(-1)=a-b+c=4a-2的取值范围是(-2,0].(7分)(2)对任意x 1,x 2∈[-3,-1],恒有|f(x 1)-f(x 2)|≤1等价于在区间[-3,-1]上的最大值与最小值之差M≤1.由(1)知f(x)=ax 2+2(1-a)x+a,a∈,即f(x)=a+2-,其图象的对称轴方程为x 0=1-∈(-∞,-1].据此分类讨论如下:(i)当-2<x 0≤-1,即<a≤时,M=f(-3)-f(x 0)=16a+-8≤1,解得<a≤.(10分)(ii)当-3<x 0≤-2,即<a≤时,M=f(-1)-f(x 0)=4a+-4≤1恒成立.(12分)(iii)当x 0≤-3,即0<a≤时,M=f(-1)-f(-3)=4-12a≤1,解得a≥,故a=.(14分)综上可知,≤a≤.(15分)9.(2016浙江宁波一模,18)已知函数f(x)=x 2-1.(1)对于任意实数x∈[1,2],4m 2|f(x)|+4f(m)≤|f(x-1)|恒成立,求实数m 的取值范围;(2)若对任意实数x 1∈[1,2],存在实数x 2∈[1,2],使得f(x 1)=|2f(x 2)-ax 2|成立,求实数a 的取值范围.解析(1)由题意得,对任意实数x∈[1,2],4m 2(x 2-1)+4(m 2-1)≤2x-x 2恒成立,整理得(4m 2+1)x 2-2x-4≤0.(3分)所以对任意的x∈[1,2],m 2≤恒成立.又=+-∈.所以m 2≤,故实数m 的取值范围为.(7分)(2)由题意知,y=f(x 1)(1≤x 1≤2)的值域为D 1=[0,3].令g(x)=2f(x)-ax,即g(x)=2x 2-ax-2,原问题等价于g(x)=0在[1,2]上有解,且g(x)=3或-3在[1,2]上有解.(9分)若g(x)=0在[1,2]上有解,即a=2在x∈[1,2]上有解,从而0≤a≤3;若g(x)=3在[1,2]上有解,即a=2x-在x∈[1,2]上有解,从而-3≤a≤;若g(x)=-3在[1,2]上有解,即a=在x∈[1,2]上有解,从而3≤a≤.综上,所求a 的取值范围为0≤a≤或a=3.(15分)C 组2016—2018年模拟·方法题组方法1三个“二次”问题的处理方法1.(2017浙江杭州质检,17)设函数f(x)=2ax 2+2bx,若存在实数x 0∈(0,t),使得对任意不为零的实数a,b 均有f(x 0)=a+b 成立,则t 的取值范围是.答案(1,+∞)2.(2017浙江测试卷,17)已知函数f(x)=x 2+ax+b(a,b∈R)在区间(0,1)上有两个零点,则3a+b 的取值范围是.答案(-5,0)方法2关于二次函数值域和最值的解题策略3.(2017浙江镇海中学模拟练习(二),17)已知函数f(x)=2ax 2+bx+1-a.若对任意实数x∈[-1,1],均有f(x)≥0,则a-b 的最大值为()A.-1 B.0C.1D.2答案D4.(2017浙江镇海中学模拟卷(五),17)已知f 1(x)=x+1,且f n (x)=f 1[f n-1(x)](n≥2,n∈N *),若关于x 的函数y=x 2+nf n (x)-n+10(n∈N *)在区间(-∞,-2]上的最小值为-3,则n 的值为.答案3或6方法3幂函数的解题策略5.比较大小:(1)3.,3.,(-1.8;(2)31.4,51.5.解析(1)利用幂函数和指数函数的单调性可以发现0<3.<1,3.>1,(-1.8<0,从而可以比较出它们的大小:<3.<3..(2)它们的底数和指数都不同,而且都大于1,我们插入一个中间数31.5,利用幂函数和指数函数的单调性可以发现31.4<31.5<51.5,即31.4<51.5.6.已知幂函数f(x)=(m∈Z)为偶函数且在区间(0,+∞)上是单调增函数.(1)求函数f(x)的解析式;(2)设函数g(x)=2-8x+q-1,若g(x)>0对任意x∈[-1,1]恒成立,求实数q的取值范围.解析(1)∵f(x)在区间(0,+∞)上是单调增函数,∴-m2+2m+3>0,即m2-2m-3<0,∴-1<m<3,又∵m∈Z,∴m=0,1,2.m=0,2时,f(x)=x3不是偶函数,m=1时,f(x)=x4是偶函数,∴f(x)的解析式为f(x)=x4.(2)由f(x)=x4知g(x)=2x2-8x+q-1,>0,x∈[-1,1].g(x)>0对任意x∈[-1,1]恒成立⇔g(x)min∵g(x)=2x2-8x+q-1=2(x-2)2+q-9,=g(1)=q-7.∴g(x)在[-1,1]上单调递减,于是g(x)min∴q-7>0,即q>7.故实数q的取值范围是(7,+∞).。
2019版5年高考3年模拟文数A版文档:§2-7 函数与方程

§2.7函数与方程考纲解读分析解读函数与方程思想是中学数学最重要的思想方法之一,由于函数图象与x轴的交点的横坐标就是函数的零点,所以可以结合常见的二次函数、对数函数、三角函数等内容进行研究.本节内容在高考中分值为5分左右,属于难度较大题.在备考时,注意以下几个问题:1.结合函数与方程的关系,求函数的零点;2.结合零点存在性定理或函数的图象,对函数是否存在零点进行判断;3.利用零点(方程实根)的存在性求有关参数的取值或范围是高考中的热点问题.五年高考考点函数零点与方程的根1.(2017课标全国Ⅲ,12,5分)已知函数f(x)=x2-2x+a(e x-1+e-x+1)有唯一零点,则a=()A.-12B.13C.12D.1答案C2.(2015天津,8,5分)已知函数f(x)=2−|x|,x≤2,(x-2)2,x>2,函数g(x)=3-f(2-x),则函数y=f(x)-g(x)的零点个数为()A.2B.3C.4D.5 答案A3.(2014重庆,10,5分)已知函数f(x)=1-3,x∈(-1,0],x,x∈(0,1],且g(x)=f(x)-mx-m在(-1,1]内有且仅有两个不同的零点,则实数m的取值范围是()A.-94,-2∪0,12B.-114,-2∪0,12C.-94,-2∪0,23D.-114,-2∪0,23答案A4.(2014北京,6,5分)已知函数f(x)=6x-log2x.在下列区间中,包含f(x)零点的区间是() A.(0,1) B.(1,2)C.(2,4) D.(4,+∞)答案C5.(2017江苏,14,5分)设f(x)是定义在R上且周期为1的函数,在区间[0,1)上,f(x)=x2,x∈D,x,x∉D,其中集合D= x x=n-1n,n∈N*,则方程f(x)-lgx=0的解的个数是.答案86.(2016浙江,12,6分)设函数f(x)=x3+3x2+1.已知a≠0,且f(x)-f(a)=(x-b)(x-a)2,x∈R,则实数a=,b=.答案-2;1教师用书专用(7—15)7.(2014湖北,9,5分)已知f(x)是定义在R上的奇函数,当x≥0时,f(x)=x2-3x.则函数g(x)=f(x)-x+3的零点的集合为()A.{1,3}B.{-3,-1,1,3}C.{2-7,1,3}D.{-2-7,1,3}答案D8.(2013安徽,10,5分)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c有两个极值点x1,x2.若f(x1)=x1<x2,则关于x的方程3(f(x))2+2af(x)+b=0的不同实根个数为()A.3B.4C.5D.6答案A9.(2013湖北,10,5分)已知函数f(x)=x(lnx-ax)有两个极值点,则实数a的取值范围是()A.(-∞,0)B.0,1C.(0,1)D.(0,+∞)答案B10.(2015湖南,14,5分)若函数f(x)=|2x-2|-b有两个零点,则实数b的取值范围是.答案(0,2)11.(2015湖北,13,5分)函数f(x)=2sinxsin x+π-x2的零点个数为.答案 212.(2015安徽,14,5分)在平面直角坐标系xOy中,若直线y=2a与函数y=|x-a|-1的图象只有一个交点,则a的值为.答案-1213.(2014福建,15,4分)函数f(x)=x2-2,x≤0,2x-6+ln x,x>0的零点个数是.答案 214.(2014天津,14,5分)已知函数f(x)=|x2+5x+4|,x≤0,2|x-2|,x>0.若函数y=f(x)-a|x|恰有4个零点,则实数a的取值范围为.答案(1,2)15.(2014江苏,13,5分)已知f(x)是定义在R上且周期为3的函数,当x∈[0,3)时,f(x)= x2-2x+12.若函数y=f(x)-a在区间[-3,4]上有10个零点(互不相同),则实数a的取值范围是.答案0,1三年模拟A组2016—2018年模拟·基础题组考点函数零点与方程的根1.(2018广东深圳高级中学月考,2)下列函数中,既是偶函数又存在零点的是()A.y=x2+1B.y=|lgx|C.y=cosxD.y=e x-1答案C2.(2018湖北荆州第一次检测,6)函数f(x)=6-log2x的零点所在区间是()A.(0,1)B.(1,2)C.(3,4)D.(4,+∞)答案C3.(2017湖北武汉武昌调研,6)已知函数f(x)=2ax-a+3,若∃x0∈(-1,1),f(x0)=0,则实数a的取值范围是()A.(-∞,-3)∪(1,+∞)B.(-∞,-3)C.(-3,1)D.(1,+∞)答案A4.(2017天津红桥期中,8)函数f(x)=log2x+2x-1的零点必落在区间()A.1,1B.1,1C.1,1D.(1,2)答案C5.(人教A必1,三,1,A2,变式)若a<b<c,则函数f(x)=(x-a)·(x-b)+(x-b)(x-c)+(x-c)(x-a)的两个零点分别位于区间()A.(a,b)和(b,c)内B.(-∞,a)和(a,b)内C.(b,c)和(c,+∞)内D.(-∞,a)和(c,+∞)内答案A6.(2017广东10月百校联考,13)函数f(x)=2x-3的零点为.答案x=log237.(2017湖北华师一附中期中,16)已知函数f(x)=(2x-3)e x+ax有三个零点,则实数a的取值范围是.答案-9e-32<a<eB组2016—2018年模拟·提升题组(满分:25分时间:20分钟)一、选择题(每小题5分,共20分)1.(2018河南、河北重点高中联合考试,12)已知函数f(x)=3x,x<0,0,0≤x≤1,3−3x,x>1,若函数g(x)=x3+λf(x)恰有3个零点,则λ的取值范围为()A.94,+∞ B.(-∞,0)∪94C.0,94D.(-∞,0)∪94,+∞答案A2.(2017河南焦作二模,12)已知函数f(x)=e x,x≤0,x2+ax+1,x>0,F(x)=f(x)-x-1,且函数F(x)有2个零点,则实数a的取值范围为()A.(-∞,0]B.[1,+∞)C.(-∞,1)D.(0,+∞)答案C3.(2017山西名校联考,10)函数f(x)=x3-3|x|+1(x≤1)的零点所在区间为()A.-13,-14和12,1 B.-12,-13和13,12C.-12,-13和12,1 D.-13,-14和13,12答案D4.(2016广东珠海摸底考试,12)若a满足a+lga=4,b满足b+10b=4,函数f(x)=x2+(a+b)x+2,x≤0,2,x>0,则关于x的方程 f(x)=x解的个数是()A.1B.2C.3D.4 答案C二、填空题(共5分)5.(2017辽宁六校协作体期中,15)定义在R上的奇函数 f(x),当x≥0时,f(x)=log12(x+1),x∈[0,1),1−|x-3|,x∈[1,+∞),则函数F(x)=f(x)-a(0<a<1)的所有零点之和为.答案1-2aC组2016—2018年模拟·方法题组方法1判断函数零点所在区间和零点的个数的方法1.(2018河南、河北重点高中第二次联合考试,8)定义在R上的奇函数f(x)=a·2x-2-x-4sinx的一个零点所在区间为()A.(-a,0)B.(0,a)C.(a,3)D.(3,a+3)答案C2.(2016福建四地六校第一次联考,3)函数f(x)=e x+x-2的零点所在的区间是(e≈2.71828)()A.0,12B.12,1 C.(1,2) D.(2,3)答案A方法2函数零点的应用3.(2018广东汕头金山中学期中考试,12)已知实数f(x)=e x,x≥0,lg(−x),x<0,若关于x的方程f2(x)+f(x)+t=0有三个不同的实根,则t的取值范围为()A.(-∞,-2]B.[1,+∞)C.[-2,1]D.(-∞,-2]∪[1,+∞)答案A4.(2017江西金溪一中等期中联考,16)若函数f(x)=k-x 4-3x2x有三个零点,则实数k的取值范围是.答案(-2,0)∪(0,2)5.(2016安徽安庆摸底考试,14)若函数f(x)=4x-2x-a,x∈[-1,1]有零点,则实数a的取值范围是.答案-14,2。
二次函数与幂函数(试题部分)

一元二次方程根的分布
3.已知一元二次方程 x2+mx+3=0(m∈Z)有两个实数根 x1,x2,且 0<x1<2<x2<4,则 m 的值为(
A.-4
B.-5
答案
C.-6
D.-7
A
4.方程 x2+ax-2=0 在区间[1,5]上有解,则实数 a 的取值范围为(
A.(C.[-
23
5
23
5
答案
, + ∞)
答案
D.点(2,8)在曲线 y=f(x)上
A
2.(2013 重庆,3,5 分)√(3-)( + 6)(-6≤a≤3)的最大值为(
A.9
答案
B.
9
2
C.3
D.
)
3√2
2
B
3 4 5
3.(2014 辽宁,16,5 分)对于 c>0,当非零实数 a,b 满足 4a2-2ab+4b2-c=0 且使|2a+b|最大时, - + 的最小值为
由|a|+|b|={
得|a|+|b|≤3.
|-|, < 0,
当 a=2,b=-1 时,|a|+|b|=3, |f(x)|=|x2+2x-1|,此时易知|f(x)|在[-1,1]上的最大值为 2,即 M(2,-1)=2.
所以|a|+|b|的最大值为 3.
考点二
幂函数
5.(2014 浙江,7,5 分)在同一直角坐标系中,函数 f(x)=xa(x>0),g(x)=logax 的图象可能是(
)
D.[2,4]
D
1
5.(2020 届广东揭阳三中第一次月考,7)如图的曲线是幂函数 y=xn 在第一象限内的图象.已知 n 分别取±2,± 四个值,与
2020版【5年高考3年模拟】高考文数新课标版2.3 二次函数与幂函数

§2.3二次函数与幂函数挖命题【考情探究】分析解读本节内容在高考中主要以二次函数和幂函数为载体考查数学相关知识,如求二次函数的最值,函数零点,以函数性质为命题背景考查二次函数与幂函数图象的应用.破考点【考点集训】考点一二次函数1.(2017山东模拟,4)二次函数f(x)的图象经过两点(0,3),(2,3),且函数的最大值是5,则该函数的解析式是()A.f(x)=2x2-8x+11B.f(x)=-2x2+8x-1C.f(x)=2x2-4x+3D.f(x)=-2x2+4x+3答案D2.(2017广东汕头一模,4)命题“ax2-2ax+3>0恒成立”是假命题,则实数a的取值范围是()A.a<0或a≥3B.a≤0或a≥3C.a<0或a>3D.0<a<3答案A3.(2018福建泉州高中毕业班1月单科质量检查,15)若二次函数f(x)=ax2-x+b(a≠0)的最小值为0,则a+4b的取值范围为.答案[2,+∞)考点二幂函数1.(2018安徽巢湖柘皋中学第三次月考,3)已知p:|m+1|<1,q:幂函数y=(m2-m-1)x m在(0,+∞)上单调递减,则p是q的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件答案B2.(2018福建六校联考,13)若幂函数y=(m2-3m+3)--的图象不经过坐标原点,则实数m的值为.答案1或23.(2017辽宁六校协作体期中,14)已知幂函数y=f(x)的图象过点(3,),则log4f(2)=.答案炼技法【方法集训】方法1求二次函数在闭区间上的最值(值域)的方法1.(2018湖北襄樊调研,11)设a,b是关于x的一元二次方程x2-2mx+m+6=0的两个实根,则(a-1)2+(b-1)2的最小值是()A.-B.18C.8D.-6答案C2.(2017浙江“超级全能生”3月模拟,10)已知在(-∞,1]上递减的函数f(x)=x2-2tx+1,且对任意的x1,x2∈[0,t+1],总有|f(x1)-f(x2)|≤2,则实数t 的取值范围为()A.[-]B.[1,]C.[2,3]D.[1,2]答案B3.(2018湖北枣阳模拟,20)已知函数f(t)=log2(2-t)+-的定义域为D.(1)求D;(2)若函数g(x)=x2+2mx-m2在D上存在最小值,为2,求实数m的值.解析(1)由题知--解得1≤t<2,故D=[1,2).(2)g(x)=x2+2mx-m2=(x+m)2-2m2,故g(x)的图象的对称轴为x=-m.①当-m≥2,即m≤-2时,g(x)在[1,2)上单调递减,不存在最小值;②当1<-m<2,即-2<m<-1时,g(x)在[1,-m)上单调递减,在(-m,2)上单调递增,此时g(x)min=g(-m)=-2m2≠2,此时m值不存在;③当-m≤1,即m≥-1时,g(x)在[1,2)上单调递增,此时g(x)min=g(1)=1+2m-m2=2,解得m=1.综上,m=1.方法2一元二次方程根的分布问题的解法1.(2018河南洛阳期末,11)若函数f(x)=x2+ax+2b在区间(0,1)和(1,2)内各有一个零点,则--的取值范围是()A. B.C. D.答案D2.(2018福建福安一中测试,14)若函数f(x)=x2-mx+2在区间[1,2]上有零点,则实数m的取值范围是.答案[2,3]3.(2017江西九江七校联考,13)若方程x2-mx+m-1=0有两实根,则其中一根大于2,另一根小于2的充要条件是. 答案m>3过专题【五年高考】A组统一命题·课标卷题组1.(2016课标全国Ⅲ,7,5分)已知a=,b=,c=2,则()A.b<a<cB.a<b<cC.b<c<aD.c<a<b答案A2.(2014课标Ⅰ,15,5分)设函数f(x)=-则使得f(x)≤2成立的x的取值范围是.答案(-∞,8]B组自主命题·省(区、市)卷题组考点一二次函数1.(2016浙江,6,5分)已知函数f(x)=x2+bx,则“b<0”是“f(f(x))的最小值与f(x)的最小值相等”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件答案A2.(2014北京,8,5分)加工爆米花时,爆开且不煳的粒数占加工总粒数的百分比称为“可食用率”.在特定条件下,可食用率p与加工时间t(单位:分钟)满足函数关系p=at2+bt+c(a,b,c是常数),如图记录了三次实验的数据.根据上述函数模型和实验数据,可以得到最佳加工时间为()A.3.50分钟B.3.75分钟C.4.00分钟D.4.25分钟答案B3.(2017北京,11,5分)已知x≥0,y≥0,且x+y=1,则x2+y2的取值范围是.答案4.(2015湖北,17,5分)a为实数,函数f(x)=|x2-ax|在区间[0,1]上的最大值记为g(a).当a=时,g(a)的值最小.答案2-2考点二幂函数1.(2014浙江,8,5分)在同一直角坐标系中,函数f(x)=x a(x>0),g(x)=log a x的图象可能是()答案D2.(2018上海,7,5分)已知α∈---.若幂函数f(x)=xα为奇函数,且在(0,+∞)上递减,则α=.答案-1C组教师专用题组1.(2015浙江,20,15分)设函数f(x)=x2+ax+b(a,b∈R).(1)当b=+1时,求函数f(x)在[-1,1]上的最小值g(a)的表达式;(2)已知函数f(x)在[-1,1]上存在零点,0≤b-2a≤1,求b的取值范围.解析(1)当b=+1时,f(x)=+1,故对称轴为直线x=-.当a≤-2时,g(a)=f(1)=+a+2.当-2<a≤2时,g(a)=f-=1.当a>2时,g(a)=f(-1)=-a+2.综上,g(a)=---(2)设s,t为方程f(x)=0的解,且-1≤t≤1,则-由于0≤b-2a≤1,因此-≤s≤-(-1≤t≤1).当0≤t≤1时,-≤st≤-,由于-≤-≤0和-≤-≤9-4,所以-≤b≤9-4.当-1≤t<0时,-≤st≤-,由于-2≤-<0和-3≤-<0,所以-3≤b<0.故b的取值范围是[-3,9-4].2.(2015广东,21,14分)设a为实数,函数f(x)=(x-a)2+|x-a|-a(a-1).(1)若f(0)≤1,求a的取值范围;(2)讨论f(x)的单调性;(3)当a≥2时,讨论f(x)+在区间(0,+∞)内的零点个数.解析(1)f(0)=a2+|a|-a(a-1)=|a|+a.当a≤0时,f(0)=0≤1对于任意的a≤0恒成立;当a>0时,f(0)=2a,令2a≤1,解得0<a≤.综上,a的取值范围是-. (2)易知函数f(x)的定义域为R.由题意得,f(x)=---则f'(x)=---当x≤a时,f'(x)=2x-(2a+1)=2(x-a)-1<0,所以f(x)在区间(-∞,a]上单调递减;当x>a时,f'(x)=2x-(2a-1)=2(x-a)+1>0,所以f(x)在区间(a,+∞)上单调递增.(3)令h(x)=f(x)+,由(2)得,h(x)=---则h'(x)=-----当0<x≤a时,h'(x)=2x-(2a+1)-=2(x-a)-1-<0,所以h(x)在区间(0,a]上单调递减;当x>a时,因为a≥2,所以x>2,即0<<1,所以h'(x)=2(x-a)+->0,所以h(x)在区间(a,+∞)上单调递增.因为h(1)=4>0,h(2a)=2a+>0,1)若a=2,则h(a)=-a2+a+=-4+2+2=0,此时h(x)在(0,+∞)上有唯一一个零点;2)若a>2,则h(a)=-a2+a+=---=---<0,此时h(x)在区间(0,a)和(a,+∞)上各有一个零点,共两个零点.综上,当a=2时,f(x)+在区间(0,+∞)内有一个零点;当a>2时,f(x)+在区间(0,+∞)内有两个零点.【三年模拟】时间:30分钟分值:55分一、选择题(每小题5分,共25分)1.(2019届云南昆明第一中学模拟,5)当0≤x≤2时,a<-x2+2x恒成立,则实数a的取值范围是()A.(-∞,1]B.(-∞,0]C.(-∞,0)D.(0,+∞)答案C2.(2018河南天一大联考,4)已知点(m,8)在幂函数f(x)=(m-1)x n的图象上,设a=f,b=f(lnπ),c=f(-),则a,b,c的大小关系为()A.a<c<bB.a<b<cC.b<c<aD.b<a<c答案A3.(2018福建莆田第二十四中学第二次月考,7)已知α∈,a=(cosα)cosα,b=(sinα)cosα,c=(cosα)sinα,则()A.a<b<cB.a<c<bC.b<a<cD.c<a<b答案D4.(2018湖北武汉高中毕业班2月调研,11)如果函数f(x)=(2-m)x2+(n-8)x+1(m>2)在区间[-2,-1]上单调递减,那么mn的最大值为()A.16B.18C.25D.30答案B5.(2017安徽淮北第一中学最后一卷,10)已知二次函数f(x)=x2+2ax+2b有两个零点x1,x2,且-1<x1<1<x2<2,则直线bx-(a-1)y+3=0的斜率的取值范围是()A.-B.-C.-D.--∪答案A二、填空题(每小题5分,共10分)6.(2019届宁夏顶级名校模拟,16)设函数f(x)=x2-1,对任意x∈,f-4m2f(x)≤f(x-1)+4f(m)恒成立,则实数m的取值范围是.答案--∪7.(2018山东菏泽第一中学第一次月考,16)已知函数f(x)=x-,g(x)=x2-2ax+4,若对任意x1∈[0,1],存在x2∈[1,2],使得f(x1)≥g(x2),则实数a的最小值是.答案三、解答题(共20分)8.(2019届黑龙江顶级名校联考,17)二次函数f(x)=ax2+bx+c(a≠0)满足f(x+1)-f(x)=2x,且f(0)=1.(1)求f(x)的解析式;(2)若在区间[-1,1]上,不等式f(x)>2x+m恒成立,求实数m的取值范围.解析(1)由f(0)=1得f(0)=c=1;由f(x+1)-f(x)=2x得[a(x+1)2+b(x+1)+1]-(ax2+bx+1)=2x,化简可得2ax+a+b=2x,∴∴-∴f(x)=x2-x+1.(2)由不等式f(x)>2x+m可得x2-x+1>2x+m,即x2-3x+1-m>0(x∈[-1,1])恒成立.令g(x)=x2-3x+1-m(x∈[-1,1]),即g(x)min>0,易知g(x)的图象的对称轴为x=,∴g(x)在[-1,1]上是单调减函数,∴g(x)min=g(1).∴g(1)>0,解得m<-1,故实数m的取值范围为(-∞,-1).9.(2019届湖南衡阳第一中学第一次月考,18)已知二次函数f(x)满足f(x+1)+f(x-1)=2x2-4x.(1)求函数f(x)的解析式;(2)若方程f(x)=k在区间[-1,2]上只有一个实数根,求实数k的取值范围.解析(1)设f(x)=ax2+bx+c(a≠0),则f(x+1)=a(x+1)2+b(x+1)+c(a≠0),f(x-1)=a(x-1)2+b(x-1)+c(a≠0),所以f(x+1)+f(x-1)=2ax2+2bx+2a+2c=2x2-4x,所以函数f(x)的解析式为f(x)=x2-2x-1.故-解得--(2)解法一:函数f(x)=x2-2x-1,x∈[-1,2]的图象如图所示.由图可知,直线y=k与f(x)的图象的交点情况如下:当k=-2时,只有一个交点;当-2<k≤-1时,有两个交点;当-1<k≤2时,只有一个交点;所以,若方程f(x)=k在区间[-1,2]上只有一个实数根,则k=-2或-1<k≤2,故实数k的取值范围为{k|k=-2或-1<k≤2}.解法二:方程f(x)=k可化为(x-1)2=2+k,当k≥-2时,有两个实根,x1=1-,x2=1+当k=-2时,x1=x2=1∈[-1,2].当-2<k≤-1时,x1,x2∈[-1,2],此时方程在区间[-1,2]上有两个根.当-1<k≤2时,x1∈[-1,2],x2>2,此时方程在区间[-1,2]上只有一个根.所以,若方程f(x)=k在区间[-1,2]上只有一个实数根,则k=-2或-1<k≤2,故实数k的取值范围为{k|k=-2或-1<k≤2}.。
2019版高考数学(5年高考+3年模拟)B版精品课件浙江专用 2.3 二次函数与幂函数

a 1(a 0), 1 a 2 a 1(1 a 0), 4 即有M-m= 1 2 a (2 a 1), 4 a 1(a 2).
∴M-m与a有关,与b无关.故选B.
2.(2015浙江文,20,15分)设函数f(x)=x2+ax+b(a,b∈R).
当m>2时, f(x)的图象开口向上,要使f(x)在区间 , 2 上单调递减,需- ≥2,即2m+n≤12,而
n 8 m2
m 3, 时,取“=”,此时满足m>2.故(mn) n6
max
=18.故选B. 评析 本题考查了二次函数的图象与性质、基本不等式.考查学生分析问题与解决问题的能 力.考查转化与化归的数学思想.
答案 B 本题考查二次函数在闭区间上的最值,二次函数的图象,考查数形结合思想和分类 讨论思想.
解法一:令g(x)=x2+ax,则M-m=g(x)max-g(x)min.
故M-m与b无关. 又a=1时,g(x)max-g(x)min=2, a=2时,g(x)max-g(x)min=3,
故M-m与a有关.故选B.
a 2
2
2
2
4 4
a 1 a 1 a2+a+1. a ,从而M-m=f(1)-f (3)当0<- < ,即-1<a<0时,M=f(1),m=f = 2
2
2
2 4
a ≤0,即a≥0时, f(x)在[0,1]上为增函数,∴M-m=f(1)-f(0)=a+1. (4)当- 2
a2 (1)当b= +1时,求函数f(x)在[-1,1]上的最小值g(a)的表达式; 4
考点04 指数、对数、幂函数-2019年江苏高考数学五年真题与三年模拟试题考点分类解读(解析版)

1、了解幂函数的概念,掌握常见的幂函数的图像;2、理解指数函数的概念,以及指数函数的图像与性质。
会用指数函数模型解决简单的实际问题;3、理解对数函数的概念及其性质,了解对数函数的换底公式,理解对数函数的性质,会画对数函数的图像;指数函数、对数函数作为一类特殊的函数,在江苏高考中往往作为一种载体与其他函数结合考查,重点考查与指数、对数函数有关的综合函数的单调性、奇偶性以及与不等式等知识点的综合,难度往往较大。
幂函数在江苏高考中的要求较低,近几年江苏高考中还没有涉及,在平时的复习中可以适当的关注。
在高考复习中要注意以下几点:①要善于用指数函数的图像和性质,研究指数函数的单调性,对于这类问题考查的热点是对含参的讨论。
在有关根式的变形或者求值的过程中,要善于用转化的思想和方程观点处理问题;②研究对数问题尽量华为同底,另外对数问题中要注意定义域的限制,充分对对数函数的概念、图像、性质讨论一些与之有关的复合函数的限制;③对于与指数函数、对数函数有关的综合体现要善于运用数形结合的思想以及等价转化的思想,注意与其他知识点的结合。
学科@网1、(14年江苏)已知函数f (x )=e x +e -x ,其中e 是自然对数的底数.(1) 证明:f (x )是R 上的偶函数;(2) 若关于x 的不等式mf (x )≤e -x +m -1在(0,+∞)上恒成立,求实数m 的取值范围;(3) 已知正数a 满足:存在x 0∈[1,+∞),使得f (x 0)<a (-x 30+3x 0)成立.试比较ea-1与a e-1的大小,并证明你的结论.【解析】: (1) 因为对任意x ∈R ,都有f (-x )=e -x +e-(-x )=e -x +e x =f (x ),所以f (x )是R 上的偶函数.(3) 令函数g (x )=e x +1e x -a (-x 3+3x ),则g ′(x )=e x -1e x +3a (x 2-1).当x ≥1时,e x -1ex >0,x 2-1≥0.又a >0,故g ′(x )>0,所以g (x )是[1,+∞)上的单调增函数,因此g (x )在[1,+∞)上的最小值是g (1)=e +e -1-2a .由于存在x 0∈[1,+∞),使e x 0+e -x 0-a (-x 30+3x 0)<0成立,当且仅当最小值g (1)<0. 故e +e -1-2a <0,即a >e +e -12.解法2 由于e a-1与a e-1均为正数,同取自然底数的对数,即比较(a -1)lne 与(e -1)ln a 的大小,即比较lne e -1与ln aa -1的大小. 构造函数h (x )=ln xx -1,则h ′(x )=1-1x -ln x(x -1)2.设m (x )=1-1x -ln x ,则m ′(x )=1-x x2.令m ′(x )=0,得x =1.当x >1时,m ′(x )<0;当0<x <1时,m ′(x )>0.所以m (x )在(1,+∞)上单调递减,此时m (x )<m (1)=0,所以h ′(x )<0在(1,+∞)上恒成立,所以h (x )=ln xx -1在(1,+∞)上单调递减.所以当e +e -12<a <e 时,a e -1>e a -1;当a =e 时,e a -1=a e -1;当a >e 时,a e -1<e a -1.解法3 因为ae -1=e(e -1)ln a,所以a e -1ea -1=e (e -1)ln a -(a -1),故只要比较a -1与(e -1)ln a 的大小.令h (x )=(e -1)ln x -(x -1),那么h ′(x )=e -1x -1.令h ′(x )=0,得x =e -1.当x >e -1时,h ′(x )<0;当0<x <e -1时,h ′(x )>0.所以h (x )在(0,e -1)上是增函数;在(e -1,+∞)上是减函数.又h (e)=0,h (1)=0,则h (e -1)>0,h ⎝⎛⎭⎫e +e -12>0.那么当e +e -12<a <e 时,h (a )>0,所以e h (a )>1,所以a e-1>e a -1;当a =e 时,h (a )=0,所以e a -1=a e -1;当a >e 时,h (a )<0,所以0<e h (a )<1,所以a e -1<e a -1.综上所述,当e +e -12<a <e 时,a e -1>e a -1;当a =e 时,e a -1=a e -1;当a >e 时,a e -1<e a -1.2、(15年江苏).不等式224x x-<的解集为________.3、(16年江苏)已知函数f (x )=a x +b x(a >0,b >0,a ≠1,b ≠1).(1) 设a =2,b =12.①求方程f (x )=2的根;②若对于任意x ∈R ,不等式f (2x )≥mf (x )-6恒成立,求实数m 的最大值; (2) 若0<a <1,b >1,函数g (x )=f (x )-2有且只有1个零点,求ab 的值.思路分析 第1问的第2小题,通过将变量m 分离出来,将问题转化为求分离出的函数的最小值则可.第2问,注意到g (0)=0,从而得0是函数g (x )的一个零点,为此,只需说明函数g (0)为函数g (x )的最大值或者最小值,进而说明它的某个极值点与0相等,由此来求出ab 的值.(2) 解法1 因为函数g (x )=f (x )-2只有1个零点,而g (0)=f (0)-2=a 0+b 0-2=0, 所以0是函数g (x )的唯一零点.因为g ′(x )=a x ln a +b x ln b ,又由0<a <1,b >1知ln a <0,ln b >0, 所以g ′(x )=0有唯一解x 0=log b a ⎝⎛⎭⎫-ln a ln b . 令h (x )=g ′(x ),则h ′(x )=(a x ln a +b x ln b )′=a x (ln a )2+b x (ln b )2,从而对任意x ∈R ,h ′(x )>0,所以g ′(x )=h (x )是(-∞,+∞)上的单调增函数.于是当x ∈(-∞,x 0)时,g ′(x )<g ′(x 0)=0;当x ∈(x 0,+∞)时,g ′(x )>g ′(x 0)=0.因而函数g (x )在(-∞,x 0)上是单调减函数,在(x 0,+∞)上是单调增函数. 下证x 0=0.若x 0<0,则x 0<x 02<0,于是g ⎝⎛⎭⎫x 02<g (0)=0.又g (log a 2)=a log a 2+b log a 2-2>a log a 2-2=0,且函数g (x )在以x 02和log a 2为端点的闭区间上的图像不间断,所以在x 02和log a 2之间存在g (x )的零点,记为x 1.因为0<a <1,所以log a 2<0.又x 02<0,所以x 1<0,与“0是函数g (x )的唯一零点”矛盾. 若x 0>0,同理可得,在x 02和log b 2之间存在g (x )的非0的零点,矛盾.因此,x 0=0.于是-ln aln b=1,故ln a +ln b =0,所以ab =1.解后反思 本题考查了指数方程的求解,以及换元思想在解题中的应用,利用导数研究函数的性质.对于本题的第2问,我们也可以从函数图像的交点的角度来加以思考,从而通过分析函数的图像来帮助我们得到问题的【答案】.由g (x )=0得a x -2=-b x ,即F (x )=a x -2与G (x )=-b x 有且只有一个交点,通过图像观察得,此交点即为(0,-1),为此只需两个函数在x =0处有相同的切线,即a 0ln a =-b 0ln b ,所以有ab =1,通过这一图形的关系,我们可以得到问题的【答案】,从而通过理论来加以说明,这说明了“形”在代数论证中的价值.题型一:指数、对数函数的简单运用1、(2018南京、盐城、连云港二模)函数f(x)=lg (2-x)的定义域为________.【答案】: (-∞,2)【解析】:由题意得2-x>0,即x<2,所以函数f(x)=lg (2-x)的定义域为(-∞,2).2、(2018盐城三模)函数()ln(1f x =的定义域为 . 【答案】:(2,3]【解析】:由题意,10->,1<,即031x ≤-<,解得23x <≤.3、(2017南京、盐城二模) 函数f (x )=ln 11-x的定义域为________.【答案】: (-∞,1) 由11-x>0,得1-x >0,即x <1. 易错警示 定义域应该写成集合(或区间)形式,区间是某些集合的缩写. 4、(2017苏锡常镇调研(一)) 函数f (x )=1ln (4x -3)的定义域为________.5、(2018苏州期末) 已知4a =2,log a x =2a ,则正实数x 的值为________.【答案】:. 12【解析】:由4a=2,得22a=21,所以2a =1,即a =12.由log 12x =1,得x =⎝⎛⎭⎫121=12.6、(2015苏州期末) 已知函数f (x )=lg ⎝⎛⎭⎫1-a 2x 的定义域是⎝⎛⎭⎫12,+∞,则实数a 的值为________. 【答案】2解法1 由1-a 2x >0,得2x >a .显然a >0,所以x >log 2a .由题意,得log 2a =12,即a = 2.解法2 (秒杀解法)当x =12时,必有1-a2x =0,解得a = 2.学科@网7、(2017徐州、连云港、宿迁三检)如图,已知正方形ABCD 的边长为2,BC 平行于x 轴,顶点A ,B 和C 分别在函数13log a y x =,22log a y x =和3log a y x =(1a >)的图象上,则实数a 的值为 .【答案】:.2设)log 3,(t t A a (0>t ),因为正方形ABCD 的边长为2,所以)log 2,(t t B a ,)log 2,(2t t C a ,则⎩⎨⎧=-=-2log 2log 322t t t t a a ,即⎩⎨⎧==--2log 022t t t a ,解之得⎩⎨⎧==22a t ,即所求的实数a 的值为2. 8、(2016镇江期末) 已知函数f (x )是定义在R 上的奇函数,当x >0时,f (x )=1-log 2x ,则不等式f (x )<0的解集是________.【答案】: (-2,0)∪(2,+∞)9、(2016常州期末). 函数f (x )=log 2(-x 2+22)的值域为________. 【答案】:. ⎝⎛⎦⎤-∞,32 【解析】:由题意可得-x 2+22>0,即-x 2+22∈(0,22],故所求函数的值域为⎝⎛⎦⎤-∞,32.10、(2017南京学情调研) 已知f (x ),g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数,且f (x )+g (x )=⎝⎛⎭⎫12x.若存在x 0∈⎣⎡⎦⎤12,1,使得等式af (x 0)+g (2x 0)=0成立,则实数a 的取值范围是________.【答案】: ⎣⎡⎦⎤22,522思路分析 由于所给出的是一个函数方程,因此,根据函数的奇偶性,可以得到另外一个函数方程,从而可求出f (x ),g (x )的【解析】式,通过将等式af (x 0)+g (2x 0)=0中的a 分离出来,转化为求分离之后的函数的值域问题.解后反思 已知方程有解求参数取值范围常用的方法和思路:(1)直接法:直接根据题设条件构建关于参数的不等式,再通过解不等式确定参数的范围;(2)分离参数法:先将参数分离,转化成求函数的值域问题加以解决;(3)数形结合法:先对【解析】式进行变形,在同一平面直角坐标系中,画出函数的图像,然后利用数形结合法进行求解.本题所采用的是分离参数法.11、(2016镇江期末)已知函数f (x )=4x -2x ,实数s ,t 满足f (s )+f (t )=0,设a =2s +2t ,b =2s +t .(1) 当函数f (x )的定义域为[-1,1]时,求f (x )的值域; (2) 求函数关系式b =g (a ),并求函数g (a )的定义域; (3) 求8s +8t 的取值范围.【解析】: (1) 若x ∈[-1,1],令m =2x ∈⎣⎡⎦⎤12,2,(1分) f (x )=l (m )=m 2-m =⎝⎛⎭⎫m -122-14在⎣⎡⎦⎤12,2上为增函数,(2分) f (x )min =l (m )min =l ⎝⎛⎭⎫12=-14,f (x )max =l (m )max =l (2)=2,(3分) 所以f (x )的值域为⎣⎡⎦⎤-14,2.(4分) (2) 实数s ,t 满足f (s )+f (t )=0,则4s -2s +4t -2t =0, 则(2s +2t )2-2×2s +t -(2s +2t )=0,(6分)而a =2s +2t ,b =2s +t ,所以a 2-2b -a =0,b =g (a )=12(a 2-a ).(7分)由题意,b >0,a >0,则12(a 2-a )>0,所以a >1.(8分)又2s+2t=4s+4t≥2×⎝⎛⎭⎫2s+2t22,即a ≥a 22,所以a ≤2,当且仅当s =t 时取得等号.(9分)综上所述,g (a )的定义域为(1,2].(10分)题型二:指数、对数函数的综合运用1、(2018苏锡常镇调研(一)) 已知函数f(x)=⎩⎪⎨⎪⎧a -e x ,x<1,x +4x ,x ≥1(e 是自然对数的底).若函数y =f(x)的最小值是4,则实数a 的取值范围为________.【答案】:. [e +4,+∞)解法1 在x ≥1时,f(x)min =f(2)=4.所以当x<1时,a -e x ≥4恒成立.转化为a ≥e x +4对x<1恒成立.因为e x +4在(-∞,1)上的值域为(4,e +4),所以a ≥e +4.解法2 当x<1时,f(x)=a -e x >a -e ,当x ≥1时,f(x)=x +4x ≥4,当且仅当x =4x ,即x =2时,取“=”,故函数f(x)的值域是[e +4,+∞) .解后反思 解法1中,因为e x +4在x<1上没有最大值,所以要特别注意边界值e +4能否取到. 2、(2017镇江期末) 已知函数y =2x +12x +1与函数y =x +1x 的图像共有k (k ∈N *)个公共点:A 1(x 1,y 1),A 2(x 2,y 2),…,A k (x k ,y k ),则∑(x i +y i )=________.【答案】: 2思路分析 函数y =2x +12x +1可变形为y =2-22x +1,则函数y =2x +12x +1在R 上单调递增,也可变形为y =2x -12x+1+1,则函数y =2x +12x +1图像关于点(0,1)对称;函数y =x +1x 图像也关于点(0,1)对称,在(-∞,0)和(0,+∞)上都是减函数.如图,函数y =2x +12x +1与函数y =x +1x 的图像都关于点(0,1)成中心对称,所以它们的交点也关于点(0,1)成中心对称,且只有两个交点,所以∑i =0,∑i =2,则∑(x i +y i )=2.3、(2017镇江期末) 不等式log a x -ln 2x <4(a >0且a ≠1)对任意x ∈(1,100)恒成立,则实数a 的取值范围为________.【答案】: (0,1)∪(e 14,+∞)【解析】:思路分析 不等式恒成立问题常用方法是参变量分离,为了实现参变量分离,本题需要把log a x 化成ln x ln a.不等式log a x -ln 2x <4可化为ln x ln a -ln 2x <4,即1ln a <4ln x+ln x 对任意x ∈(1,100)恒成立.因为x ∈(1,100),所以ln x ∈(0,2ln10),4ln x +ln x ≥4,故1ln a <4,解得ln a <0或ln a >14,即0<a <1或a >e 14. 4、(2016南京、盐城、连云港、徐州二模)(C13,14. 若存在两个正实数x ,y ,使得等式x +a (y -2e x )(ln y -ln x )=0成立,其中e 为自然对数的底数,则实数a 的取值范围为________.【答案】: (-∞,0)∪(1e,+∞)解题反思 本题的解题思路清晰:二元化一元→分离参数→导数研究函数的性质→数形结合→问题得解.可以看出,考生在复习备考过程中能掌握扎实的数学基本知识和数学基本思想方法至关重要.5、(2017南通、扬州、淮安、宿迁、泰州、徐州六市二调)已知函数f (x )=1e x ,g (x )=ln x ,其中e 为自然对数的底数.(1) 求函数y =f (x )g (x )在x =1处的切线方程;(2) 若存在x 1,x 2(x 1≠x 2),使得g (x 1)-g (x 2)=λ[f (x 2)-f (x 1)]成立,其中λ为常数,求证:λ>e ; (3) 若对任意的x ∈(0,1],不等式f (x )g (x )≤a (x -1)恒成立,求实数a 的取值范围.思路分析 (1) 记φ(x )=ln xex ,所求的切线方程为y -φ(1)=φ′(1)(x -1).(2) 记p (x )=λf (x )+g (x ),则存在x 1,x 2(x 1≠x 2),使p (x 1)=p (x 2),即函数p (x )在定义域(0,+∞)上不是单调函数.可先考虑其对立情况:函数p (x )在定义域(0,+∞)上是单调函数,求得λ≤e.(3) 由第(1)题,画出曲线y =ln x e x (x ∈(0,1])及切线y =1e (x -1),可猜想,a ≤1e. 考虑到当x =1时,ln xe x 与x -1均等于零,所以用分离参数的方法不太合适.因为f (x )g (x )-a (x -1)=ln x e x -a (x -1)=1e x [ln x -a (x -1)e x ].可设F (x )=ln x -a (x -1)e x ,注意到F (1)=0.再证,当a ≤1e 时,F (x )≤F (1)对x ∈(0,1]恒成立;当a >1e 时,存在x 0∈(0,1),使得F (x 0)>F (1).规范解答 (1) 函数y =ln x e x ,y ′=⎝⎛⎭⎫1x -ln x 1e x ,当x =1时,y =0,y ′=1e . 所求的切线方程为y =1e(x -1),即x -e y -1=0.(2分)(3) 因为f (x )g (x )-a (x -1)=ln x e x -a (x -1)=1ex [ln x -a (x -1)e x ].设F (x )=ln x -a (x -1)e x,则F (x )≤0对x ∈(0,1]恒成立.考虑F ′(x )=1x-ax e x =x e x ⎝⎛⎭⎫1x 2e x -a . 当x ∈(0,1]时,1x 2ex 单调递减,取值范围为⎣⎡⎭⎫1e ,+∞. ①当a ≤1e 时,F ′(x )≥0对x ∈(0,1]恒成立,所以F (x )在(0,1]上单调递增,F (x )max =F (1)=0,满足题意;(12分)②当a >1e时,F ′(x )在(0,1]上有唯一零点x 0∈(0,1).易得F (x )在(0,x 0]上单调递增,在[x 0,1]上单调递减,所以F (x 0)>F (1)=0,不合题意. 综上所述,实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤-∞,1e .(16分) 学科@网 解后反思 第(2)题也可考虑用反证法:假设λ≤e ,则可证p ′(x )≥0恒成立,即p (x )在(0,+∞)上单调递增,得出矛盾.第(3)题中,对某些函数(或式子)作变形处理,可减少一些运算量.6、已知函数f (x )=axe x 在x =0处的切线方程为y =x .(1) 求实数a 的值;(2) 若对任意的x ∈(0,2),都有f (x )<1k +2x -x 2成立,求实数k 的取值范围;(3) 若函数g (x )=ln f (x )-b 有两个零点为x 1,x 2,试判断g ′⎝⎛⎭⎫x 1+x 22的正负,并说明理由.思路分析 第(2)问,求参数k 的取值范围,常用的方法是将参数进行分离,然后将问题转化为求相应的函数的最值.分析2:注意到g ′(x)=1-x x (x>0),从而得到g ′(x 1+x 22)=2x 1+x 2-1 (*),再注意到x 1,x 2是函数g(x)=ln x -x -b 的两个零点,从而有ln x 1-x 1-b =0,ln x 2-x 2-b =0,消去参数b 得ln x 2x 1=x 2-x 1,即lnx 2x 1x 2-x 1=1,将此式代入(*)式,从而g ′(x 1+x 22)=2x 1+x 2-lnx 2x 1x 2-x 1=1x 2-x 1·(2x 2-2x 1x 1+x 2)-ln x 2x 1=1x 2-x 1(2t -2t +1-ln t),至此来构建以t =x 2x 1为元的函数加以解决.规范解答 (1) 由题意得f ′(x)=a (1-x )e x,因为函数在x =0处的切线方程为y =x ,所以f ′(0)=a1=1,得a =1.(4分)(2) 由(1)知f(x)=x e x <1k +2x -x 2对任意x ∈(0,2)都成立,所以k +2x -x 2>0,即k>x 2-2x 对任意x ∈(0,2)都成立,从而k ≥0.(6分)又不等式整理可得k<e x x +x 2-2x ,令h(x)=e x x +x 2-2x ,所以h ′(x)=e x (x -1)x 2+2(x -1)=(x -1)(e x x 2+2)=0,得x =1,(8分)当x ∈(1,2)时,h ′(x)>0,函数h(x)在(1,2)上单调递增, 同理,函数h(x)在(0,1)上单调递减,所以k<h(x)min =h(1)=e -1. 综上所述,实数k 的取值范围是[0,e -1).(10分)解法2 可知函数g(x)=ln x -x -b ,所以g ′(x)=1x -1=1-x x,因为x 1,x 2是函数g(x)的两个零点,所以⎩⎨⎧x 1+b =ln x 1,x 2+b =ln x 2,相减得ln x 2-ln x 1=x 2-x 1.由定义域知x 1>0,x 2>0,不妨令x 2x 1=t>1,则g ′(x 1+x 22)=2x 1+x 2-1=2x 1+x 2-ln x 2-ln x 1x 2-x 1=1x 2-x 12x 2-2x 1x 1+x 2-(ln x 2-ln x 1)=1x 2-x 12t -2t +1-ln t.(14分)令φ(t)=2×t -1t +1-ln t ,因为φ′(t)=4(t +1)2-1t =-(t -1)2t (t +1)2<0,所以φ(t)在(1,+∞)上单调递减,所以φ(t)<φ(1)=0, 又因为x 2-x 1>0,所以g ′(x 1+x 22)<0.(16分)解后反思 由恒成立问题来求参数的取值范围,一般有两种思维方式:一是将参数分离出来后,转化为求一个已知函数在某个范围内的最值问题;二是将问题看作以范围已知的量为元的函数,通过分类讨论来求函数的最值来解决问题.在应用这两种思维方式时,要根据不同的问题,进行合理地选择. 7、已知函数f (x )=g (x )·h (x ),其中函数g (x )=e x ,h (x )=x 2+ax +a .(1) 求函数g (x )在(1,g (1))处的切线方程;(2) 当0<a <2时,求函数f (x )在x ∈[-2a ,a ]上的最大值;(3) 当a =0时,对于给定的正整数k ,问函数F (x )=e·f (x )-2k (ln x +1)是否有零点?请说明理由.(参考数据e ≈2.718,e ≈1.649,e e ≈4.482,ln2≈0.693)规范解答 (1) g ′(x )=e x ,故g ′(1)=e , 所以切线方程为y -e =e(x -1),即y =e x .(3分)(2) f (x )=e x ·(x 2+ax +a ), 故f ′(x )=(x +2)(x +a )e x ,令f ′(x )=0,得x =-a 或x =-2. ①当-2a ≥-2,即0<a ≤1时,f (x )在[-2a ,-a ]上单调递减,在[-a ,a ]上单调递增, 所以f (x )max =max{f (-2a ),f (a )}. 由于f (-2a )=(2a 2+a )e-2a,f (a )=(2a 2+a )e a ,故f (a )>f (-2a ),所以f (x )max =f (a ).(5分)(3) 结论:当k =1时,函数F (x )无零点;当k ≥2时,函数F (x )有零点.(9分) 理由如下:①当k =1时,实际上可以证明:e x +1x 2-2ln x -2>0.证法1 直接证明F (x )=e x +1x 2-2ln x -2的最小值大于0,可以借助虚零点处理.F ′(x )=(x 2+2x )e x +1-2x ,显然可证F ′(x )=(x 2+2x )e x +1-2x在(0,+∞)上单调递增.因为F ′⎝⎛⎭⎫1e =e 1e +1⎝⎛⎭⎫1e 2+2e -2e =ee 1e 1e 2+2e -2<e ⎣⎡⎦⎤e 12⎝⎛⎭⎫1e 2+2e -2=e ⎝ ⎛⎭⎪⎫1+2e e e -2<0,F ′⎝⎛⎭⎫12=54e e -4>0,所以存在x 0∈⎝⎛⎭⎫1e ,12,使得F ′(x 0)=(x 20+2x 0)e x 0+1-2x 0=0,即x 20e x 0+1=2x 0+2,所以当x ∈(0,x 0)时,F (x )单调递减;当x ∈(x 0,+∞)时,F (x )单调递增,所以 F (x )min =F (x 0)=x 20e x 0+1-2ln x 0-2=2⎝⎛⎭⎫1x 0+2-ln x 0-1,其中x 0∈⎝⎛⎭⎫1e ,12,而φ(x )=2⎝⎛⎭⎫1x +2-ln x -1单调递减,所以φ(x )>φ⎝⎛⎭⎫12=2⎝⎛⎭⎫ln2-35>0,所以F (x )min >0,所以命题得证.(14分)证法2 转化为证明e x +1x >2(ln x +1)x 3,下面分别研究左右两个函数.令p (x )=e x +1x,则可求得p (x )min =p (1)=e 2.令q (x )=2(ln x +1)x 3,则可求得q (x )max =q (e -23)=23e 2,即p (x )min >g (x )max ,所以命题得证.(14分) 证法3 先放缩,再证明.可先证明不等式e x ≥e x (参考第1小题,过程略),然后就有e x +1x 2≥e 2x 3成立,所以只要证e 2x 3>2ln x +2.令h (x )=e 2x 3-2ln x -2,则可求得h (x )min =h ⎝⎛⎭⎫⎝⎛⎭⎫23e 213=23ln 32>0,所以命题得证.(14分)解后反思 (1) 已知切点求切线,这是送分题.(2) 求函数在闭区间上的最大值,这也是常规题,只是需对极值点是否在给定的闭区间内,展开讨论.分类讨论思想几乎是每份试卷中函数大题都要涉猎的.(3) 对于问题(3)尤其值得反思:①常见的不等关系如:e x ≥e x ,e x >x 2(x ≥2),虽然不能直接引用,但为证题指明了方向;②虚零点处理方法;③当k ≥2时,函数F (x )有零点,这里的12,e k 通常称为支撑点,它是如何寻找的.问题(3)虽然难,但这几点在今后的解题中值得借鉴和尝试.。
2019届五年高考三年模拟(江苏版):§2_6 函数模型及其应用
(2) 一位股民购进某只股票, 在接下来的交易时间内, 他的
ʈ1. 017) .
边取以 10 为底的对数,则 40 lg(1+ x ) = lg 2, 所以 lg( 1+ x ) = ʈ0. 007 5,所以 10 0.007 5 = 1+ x,得 x = 1. 7%.
lg 2 40
方法 3㊀ 利用分段函数模型解决问题的方法
3 2 1 1 b + b 0< b < 2 2 2
(
令 gᶄ( b) = 0, 得 b =
ç
æ 3- 3 ÷ ö 时,gᶄ( b) > 0, b ɪ ç æ 3- 3 1 ÷ ö 时, gᶄ( b ) < 0,ʑ g ( b ) 在 0, , 6 ø 2 ø è è 6
3ʃ 3 1 3- 3 ,ȵ 0< b < ,ʑ b = . ʑ 当 bɪ 6 2 6
{
ɤ4.
当 4< xɤ10 时,由 20-2xȡ4,解得 xɤ8,所以此时 4< xɤ8. 所以 0ɤxɤ8, 故若一次投放 4 个单位的药剂,则有效治污时间可达 8 天. (2) 当 6ɤxɤ10 时,y = 2ˑ 5- 1 16 -1 x +a 2 8-( x -6)
(
) [
]
= 10- x +
则有 Vᶄȡ0,故 V 在定义域 0, ʑ 当 x=
3
(
答 :若 t >
2at 8a t 时,V max = . 1+2t (1+2t) 3
2ta 上为单调递增函数. 1+2t
]
㊀ ㊀ 1-1㊀ 将 2 张边长均为 1 分米的正方形纸片分别按甲㊁ 乙两 种方式剪裁并废弃阴影部分. 面,求该圆锥的母线长及底面半径; 面,求长方体体积的最大值. (1) 在图甲的方式下, 剩余部分恰能完全覆盖某圆锥的表 (2) 在图乙的方式下,剩余部分能完全覆盖一个长方体的表
【2019版课标版】高考数学文科精品课件§2.3二次函数与幂函数.pdf
, 重点考查等价转化和数形结合的思想 . 以二次函数为 , 关键是抓住函数图象的对称轴 ; 幂函数问题主要是
五年高考
考点一 二次函数
1.(2016 浙江 ,6,5 分 ) 已知函数 f(x)=x 2+bx, 则 “b<0” 是“ f(f(x)) 的最小值与 f(x) 的最小值相等 ”的 (
)
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
??+2
??+2
所以 -3 ≤b<0. 故 b 的取值范围是 [-3,9-4 √5].
7.(2015 广东 ,21,14 分) 设 a 为实数 , 函数 f(x)=(x-a) (1) 若 f(0) ≤ 1, 求 a 的取值范围 ; (2) 讨论 f(x) 的单调性 ;
2+|x-a|-a(a-1).
(3) 当 a≥ 2 时, 讨论 f(x)+ 4??在区间 (0,+ ∞)内的零点个数 .
??2 -(2a + 1)x + 2a, {
x ≤ a,
??2 -(2a -1)x,x > a,
则 f '(x)= { 2??-(2??+ 1), x ≤ a, 2??-(2??-1),x > a.
当 x ≤a 时, f '(x)=2x-(2a+1)=2(x-a)-1<0, 所以 f(x) 在区间 (- ∞ ,a] 上单调递减 ; 当 x>a 时, f '(x)=2x-(2a-1)=2(x-a)+1>0, 所以 f(x) 在区间 (a,+ ∞)上单调递增 .
考点 1. 二次函数
2. 幂函数
2019届高三高考数学复习练习:2-4二次函数与幂函数+Word版含答案
2-4二次函数与幂函数1.函数f (x )=2x 2-mx +3,当x ∈[-2,+∞)时,f (x )是增函数,当x ∈(-∞,-2]时,f (x )是减函数,则f (1)的值为( )A .-3B .13C .7D .5【解析】 函数f (x )的图象关于直线x =-2对称, ∴m =-8,∴f (1)=2+8+3=13. 【答案】 B2.(2017·湛江模拟)已知幂函数f (x )=x α,当x >1时,恒有f (x )<x ,则α的取值范围是( )A .0<α<1B .α<1C .α>0D .α<0【解析】 方法一 当x >1时,恒有f (x )<x ,即当x >1时,函数f (x )=x α的图象在y =x 的图象的下方,作出幂函数f (x )=x α在第一象限的图象.由图象可知α<1时满足题意.故选B.方法二 当x >1时,f (x )<x 恒成立,即xα-1<1=x 0恒成立.因为x >1,所以α-1<0,解得α<1.故选B. 【答案】 B3.已知二次函数f (x )满足f (2+x )=f (2-x ),且f (x )在[0,2]上是增函数,若f (a )≥f (0),则实数a 的取值范围是( )A .[0,+∞)B .(-∞,0]C .[0,4]D .(-∞,0]∪[4,+∞)【解析】 由题意可知函数f (x )的图象开口向下,对称轴为x =2(如图),若f (a )≥f (0),从图象观察可知0≤a ≤4. 【答案】 C4.若函数y =x 2-3x -4的定义域为[0,m ],值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤-254,-4,则m 的取值范围是( )A .[0,4] B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤32,4 C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32,+∞ D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤32,3 【解析】 二次函数图象的对称轴为x =32且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32=-254,f (3)=f (0)=-4,由图得m ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤32,3.【答案】 D5.若函数f (x )=x 2-ax -a 在区间[0,2]上的最大值为1,则实数a 等于( ) A .-1 B .1 C .2 D .-2【解析】 ∵函数f (x )=x 2-ax -a 的图象为开口向上的抛物线, ∴函数的最大值在区间的端点处取得. ∵f (0)=-a ,f (2)=4-3a ,∴⎩⎪⎨⎪⎧-a ≥4-3a ,-a =1或⎩⎪⎨⎪⎧-a ≤4-3a ,4-3a =1,解得a =1. 【答案】 B6.(2018·大同二模)已知函数f (x )=mx 2+mx +1的定义域是实数集R ,则实数m 的取值范围是( )A .(0,4)B .[0,4]C .(0,4]D .[0,4)【解析】 因为函数f (x )=mx 2+mx +1的定义域是实数集R ,所以m ≥0,当m =0时,函数f (x )=1,其定义域是实数集R ;当m >0时,则Δ=m 2-4m ≤0,解得0<m ≤4.综上所述,实数m 的取值范围是0≤m ≤4.【答案】 B7.已知幂函数f (x )=x -12,若f (a +1)<f (10-2a ),则a 的取值范围为________.【解析】 ∵幂函数f (x )=x -12单调递减,定义域为(0,+∞),∴由f (a +1)<f (10-2a ),得⎩⎪⎨⎪⎧a +1>0,10-2a >0,a +1>10-2a ,解得3<a <5. 【答案】 (3,5)8.当0<x <1时,函数f (x )=x 1.1,g (x )=x 0.9,h (x )=x -2的大小关系是________. 【解析】 如图所示为函数f (x ),g (x ),h (x )在(0,1)上的图象,由此可知,h (x )>g (x )>f (x ).【答案】 h (x )>g (x )>f (x )9.当x ∈(1,2)时,不等式x 2+mx +4<0恒成立,则m 的取值范围是________. 【解析】 方法一 ∵不等式x 2+mx +4<0对x ∈(1,2)恒成立, ∴mx <-x 2-4对x ∈(1,2)恒成立,即m <-⎝⎛⎭⎪⎫x +4x 对x ∈(1,2)恒成立,令y =x +4x ,则函数y =x +4x在x ∈(1,2)上是减函数.∴4<y <5,∴-5<-⎝⎛⎭⎪⎫x +4x <-4,∴m ≤-5.方法二 设f (x )=x 2+mx +4,当x ∈(1,2)时,f (x )<0恒成立⇔⎩⎪⎨⎪⎧f (1)≤0,f (2)≤0⇒⎩⎪⎨⎪⎧m ≤-5,m ≤-4⇒m ≤-5. 【答案】 (-∞,-5]10.若函数f (x )=x 2-a |x -1|在[0,+∞)上单调递增,则实数a 的取值范围是________.【解析】 f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧x 2-ax +a ,x ∈[1,+∞),x 2+ax -a ,x ∈(-∞,1),x ∈[1,+∞)时,f (x )=x 2-ax +a =⎝ ⎛⎭⎪⎫x -a 22+a -a 24,x ∈(-∞,1)时,f (x )=x 2+ax -a =⎝ ⎛⎭⎪⎫x +a 22-a -a 24. ①当a2>1,即a >2时,f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1,a 2上单调递减,在⎝ ⎛⎭⎪⎫a2,+∞上单调递增,不合题意; ②当0≤a2≤1,即0≤a ≤2时,符合题意;③当a2<0,即a <0时,不符合题意.综上,a 的取值范围是[0,2]. 【答案】 [0,2]11.已知函数f (x )=x 2+2ax +2,x ∈[-5,5]. (1)当a =-1时,求函数f (x )的最大值和最小值;(2)求实数a 的取值范围,使y =f (x )在区间[-5,5]上是单调函数. 【解析】 (1)当a =-1时,f (x )=x 2-2x +2=(x -1)2+1,x ∈[-5,5]. ∵f (x )的对称轴为x =1, ∴当x =1时,f (x )取最小值1; 当x =-5时,f (x )取最大值37.(2)f (x )=x 2+2ax +2=(x +a )2+2-a 2的对称轴为x =-a , ∵f (x )在[-5,5]上是单调函数, ∴-a ≤-5或-a ≥5,即a ≤-5或a ≥5. 故实数a 的取值范围为a ≤-5或a ≥5. 12.已知幂函数f (x )=(m ∈N *).(1)试确定该函数的定义域,并指明该函数在其定义域上的单调性;(2)若函数f (x )的图象经过点(2,2),试确定m 的值,并求满足条件f (2-a )>f (a -1)的实数a 的取值范围.【解析】 (1)因为m 2+m =m (m +1)(m ∈N *), 而m 与m +1中必有一个为偶数,所以m 2+m 为偶数, 所以函数f (x )= (m ∈N *)的定义域为[0,+∞),并且该函数在[0,+∞)上为增函数.(2)因为函数f (x )的图象经过点(2,2), 所以2=,即212=,所以m 2+m =2,解得m =1或m =-2. 又因为m ∈N *,所以m =1,f (x )=x 12,又因为f (2-a )>f (a -1),所以⎩⎪⎨⎪⎧2-a ≥0,a -1≥0,2-a >a -1,解得1≤a <32,故函数f (x )的图象经过点(2,2)时,m =1.满足条件f (2-a )>f (a -1)的实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫1,32.。
【2019版课标版】高考数学文科精品课件§2.3 二次函数与幂函数
§2.3二次函数与幂函数考纲解读分析解读 1.会求二次函数在给定区间上的最值.2.掌握“三个二次”,即二次函数、一元二次方程、一元二次不等式之间的关系,解决含参数不等式恒成立问题及一元二次方程根的分布问题.3.理解幂函数的图象与性质,会识图与作图.4.以二次函数、幂函数为载体,考查函数性质及应用是高考热点.5.在高考中本节主要考查二次函数的单调区间、最值以及有关参数的范围等问题,对幂函数的考查是以幂函数的图象为载体,研究幂函数的性质,分值约为5分,属中低档题.五年高考考点一二次函数的图象与性质1.(2017浙江,5,5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有关答案B2.(2015四川,9,5分)如果函数f(x)=(m-2)x2+(n-8)x+1(m≥0,n≥0)在区间上单调递减,那么mn的最大值为()A.16B.18C.25D.答案B3.(2013重庆,3,5分)-(-6≤a≤3)的最大值为()A.9B.C.3D.答案B教师用书专用(4—5)4.(2014辽宁,16,5分)对于c>0,当非零实数a,b满足4a2-2ab+4b2-c=0且使|2a+b|最大时,-+的最小值为.答案-25.(2015浙江,18,15分)已知函数f(x)=x2+ax+b(a,b∈R),记M(a,b)是|f(x)|在区间[-1,1]上的最大值.(1)证明:当|a|≥2时,M(a,b)≥2;(2)当a,b满足M(a,b)≤2时,求|a|+|b|的最大值.考点二幂函数1.(2014浙江,7,5分)在同一直角坐标系中,函数f(x)=x a(x>0),g(x)=log a x的图象可能是()答案D2.(2014上海,9,4分)若f(x)=--,则满足f(x)<0的x的取值范围是.答案(0,1)三年模拟A组2016—2018年模拟·基础题组考点一二次函数的图象与性质1.(2018山东邹城第一中学期中,10)定义运算=ad-bc,若函数f(x)=-在(-∞,m)上单调递减,则实数m的取值范围是()A.(-∞,-5]B.(-∞,-5)C.[-5,+∞)D.(-5,+∞)答案A2.(2017广东汕头一模,4)命题“ax2-2ax+3>0恒成立”是假命题,则实数a的取值范围是()A.a<0或a≥3B.a≤0或a≥3C.a<0或a>3D.0<a<3答案A3.(2016江西新余七校联考三模,2)若f(x)=x2+2(a-1)x+2在区间(4,+∞)上是增函数,那么实数a的取值范围是()A.a≥3B.a≥-3C.a≤-3D.a≤5答案B考点二幂函数4.(2018山西45校第一次联考,7)幂函数y=xα图象上的点(2,16)处的切线方程为()A.y=32x-48B.y=32x+48C.y=-32x-48D.y=-32x+48答案A5.(2018广东茂名化州二模,6)设a=lo,b=,c=,则a,b,c的大小关系是()A.a<b<cB.c<b<aC.b<c<aD.c<a<b答案B6.(2017湖南长沙一模,5)已知函数f(x)=,则()A.∃x0∈R,使得f(x0)<0B.∀x∈(0,+∞),f(x)≥0<0C.∃x1,x2∈[0,+∞)(x1≠x2),使得--D.∀x1∈[0,+∞),∃x2∈[0,+∞),使得f(x1)>f(x2)答案B7.(人教A必1,二,2-3,1,变式)下图是4个幂函数的图象,则图象与函数的大致对应关系是()A.①y=,②y=x2,③y=x-1,④y=B.①y=x3,②y=x2,③y=,④y=x-1C.①y=x2,②y=x3,③y=,④y=x-1D.①y=,②y=,③y=x2,④y=x-1答案BB组2016—2018年模拟·提升题组(满分:40分时间:40分钟)一、选择题(每小题5分,共20分)1.(2018山东德州期中,1)已知f(x)=ax2+(b-a)x+c-b(其中a>b>c),若a+b+c=0,x1、x2为f(x)的两个零点,则|x1-x2|的取值范围为()A. B.(2,2)C.(1,2)D.(1,2)答案A2.(2017山西大学附中第二次模拟测试,6)a=,b=,c=2,则()A.b<a<cB.a<b<cC.b<c<aD.c<a<b答案A3.(2017河北武邑第三次调研,9)已知定义在R上的奇函数f(x)满足:当x≥0时,f(x)=x3,若不等式f(-4t)>f(2m+mt2)对任意实数t恒成立,则实数m的取值范围是()A.(-∞,-)B.(-C.(-∞,0)∪(,+∞)D.(-∞,-)∪(,+∞)答案A4.(2016黑龙江哈师大附中模拟,8)已知函数f(x)=mx2+(m-3)x+1的图象与x轴的交点至少有一个在原点右侧,则实数m的取值范围是()A.[0,1]B.(0,1)C.(-∞,1)D.(-∞,1]答案D二、填空题(每小题5分,共10分)5.(2018北京东城二十七中期中,13)已知函数f(x)=ax2+bx+1(a、b为实数,a≠0,x∈R),若f(-1)=0,且函数f(x)的值域为[0,+∞),则f(x)的表达式为,当x∈[-2,2]时,g(x)=f(x)-kx是单调函数,则实数k的取值范围是.答案f(x)=x2+2x+1;(-∞,-2]∪[6,+∞)6.(2016安徽淮南一模,15)二次函数y=ax2+2ax+1在区间[-3,2]上的最大值为4,则a等于.答案-3或三、解答题(共10分)7.(2017江西九江地区七校联考,19)已知二次函数f(x)的图象的对称轴为x=-2,f(x)的图象截x轴所得的弦长为2,且满足f(0)=1.(1)求f(x)的解析式;(2)若f>k对x∈[-1,1]恒成立,求实数k的取值范围.解析(1)由题意可以设f(x)=a(x+2+)(x+2-)(a≠0),由f(0)=1得a=1,∴f(x)=(x+2+)(x+2-)=x2+4x+1.(2)由已知得f>k,x∈[-1,1],令t=∈,则f(t)=t2+4t+1.∵f(t)的图象开口向上,对称轴为t=-2,∴f(t)在t∈上单调递增.∴f(t)min=f=.所以实数k的取值范围是-.C组2016—2018年模拟·方法题组方法1二次函数最值问题的解题策略1.(2017河南安阳模拟,5)若函数y=x2-3x+4的定义域为[0,m],值域为,则m的取值范围为()A.(0,4]B.C. D.答案C2.(2017安徽“江淮十校”第一次联考,22)已知a>0,b∈R,函数f(x)=4ax2-2bx-a+b的定义域为[0,1].(1)当a=1时,函数f(x)在定义域内有两个不同的零点,求b的取值范围;(2)记f(x)的最大值为M,证明:f(x)+M>0.解析(1)由题意可得f(x)=4x2-2bx-1+b在[0,1]内有两个不同的零点,则----解得1≤b<2或2<b≤3.(2)证明:因为f(x)的最大值为M,所以要证明f(x)+M>0,只需证明f(x)min+M>0即可,设f(x)的最小值是m,问题转化为证明M+m>0.证明如下:f(x)图象的对称轴为直线x=,当>1时,区间[0,1]为减区间,可得M=f(0)=b-a,m=f(1)=3a-b,则M+m=2a>0;当<0时,区间[0,1]为增区间,可得m=f(0)=b-a,M=f(1)=3a-b,则M+m=2a>0;当0≤≤1时,区间为减区间,区间为增区间,可得m=f=--,若f(0)≤f(1),即0≤b≤2a,则可得M=f(1)=3a-b,则M+m=-≥-=a>0;若f(0)>f(1),即2a<b≤4a,则可得M=f(0)=b-a,则M+m=--=--,由于2a<b≤4a,可得M+m∈(a,2a],则M+m>0.综上可得,f(x)+M>0.方法2幂函数的图象及性质的应用3.(2018河南天一大联考阶段测试,4)已知点(m,8)在幂函数f(x)=(m-1)x n的图象上,设a=f,b=f(lnπ),c=f(-),则a,b,c的大小关系为()A.a<c<bB.a<b<cC.b<c<aD.b<a<c答案A4.(2016天津一模,3)已知函数f(x)=(m2-m-1)x-5m-3是幂函数且是(0,+∞)上的增函数,则m的值为()A.2B.-1C.-1或2D.0答案B。
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②当
2,与 aȡ2 矛盾; ③当 -1<
a a ȡ1,即 aȡ2 时, f( x) min = f(1) = 1- a + >0,解得 a < 2 2 a <1,即 -2< a <2 时, f( x) min = f 2
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- b 与 2a m <- b < n, 2a
㊀ ㊀ 无论二次函数图象的开口向上还是向下,都有:
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最大 值 ㊁最 小值
f( x) max = f( m) , f( x) min = f( n)
max[ f( n) ,f( m) ] , f( x) min = f
f( x) max = -
( )
b 2a
f( x) max = f( n) , f( x) min = f( m)
ȵ xɪ[ -4,6] ,
在㊀ -
) ㊀上
递增
单调递减
对应学生用书起始页码 P22
方法 1㊀ 二次函数在闭区间上最值问题的求解方法
㊀ ㊀ 二次函数在闭区间上的最值主要有三种类型: 轴定区间定㊁ 轴动区间定㊁轴定区间动. 不论哪种类型,解决的关键是弄清楚对 称轴与区间的关系. 当含有参数时,要结合函数图象,依据对称轴 与区间的关系进行分类讨论. 设 f ( x ) = ax 2 + bx + c ( a > 0) , 则二次 函数 f( x) 在闭 区间 [ m, n ] 上 的最大 值㊁ 最 小值 有如下 的分 布 情况:
ʑ f( x) 在[ -4,2] 上单调递减,在[2,6] 上单调递增, ʑ f( x) 的最小值是 f(2)= -1.
第二章㊀ 函数 又ȵ f( -4) = 35,f(6) = 15,ʑ f( x) 的最大值是 35.
2 2 2
13 ㊀
对称轴方程为 x = a.
(2) 函数 f( x) = - x +2ax +1- a = -( x - a) + a - a +1,其图象的 ①当 a <0 时,f( x) max = f(0) = 1- a,ʑ 1- a = 2,ʑ a = -1. ②当 0ɤaɤ1 时,f( x) max = a 2 - a +1 = 2, ʑ a - a -1 = 0,ʑ a =
解析式 f( x) = ax 2 + bx + c( a >0)
当 bʂ0 时为非奇非偶函数 ㊀ -
(3) 两根式:㊀ f( x) = a( x - x 1 ) ( x - x 2 ) ( aʂ0) ㊀ .
f( x)= ax 2 + bx + c( a <0)
顶点
(
)
对称性
图象关于直线㊀ x = -
m㊁ n 的 关系
m < nɤ-
b 2a
b 即 - ɪ( m,n) 2a
-
b ɤm < n 2a
图象
2,求 a 的值; 求 g( a) .
(2) 已知函数 f( x) = - x 2 +2ax +1- a 在 x ɪ[ 0,1] 时有最大值 ( 3) 设函数 y = x 2 -2x,xɪ[ -2,a] ,若函数的最小值为 g( a) , 解析㊀ (1) f( x) = x 2 -4x +3 = ( x -2) 2 -1.
12 ㊀
5 年高考 3 年模拟㊀ B 版( 教师用书)
ɦ 2. 3㊀ 二次函数与幂函数
对应学生用书起始页码 P21
一㊁二次函数
1. 二次函数的三种表示形式 (1) 一般式: f( x)= ax 2 + bx + c( aʂ0) ;
续表 当㊀ b = 0㊀ 时为偶函数; b 4ac - b 2 , ㊀ 2a 4a
在区间的端点或二次函数图象的对称轴处取得 ( 若对称轴不在 给定区间内则只考虑端点) ,可分别求出函数值再通过比较大小 确定最值. ʌ 注意ɔ ㊀ 研究二次函数的性质要注意二次项系数 a 的正负
二次函数在闭区间上一定存在最小值和最大值, 它们只能
及图象对称轴的位置,这两点不应被忽视. 求最值时,也可考虑先 用导数法确定单调性或根据极值与最值的关系求解. 最值; ㊀ (1) 已知函数 f( x) = x 2 -4x +3, x ɪ[ -4,6] , 求 f ( x ) 的
最值
f( x) min = ㊀
b 在㊀ - ɕ , - 2a
4ac - b 2 ㊀ 4a
f( x) max =
(Leabharlann ] ㊀上单调性在 -
(
b ,+ɕ 2a
单调递减;
b 在 - ɕ ,- 上 2a
4ac - b 2 4a
( (
]
单调递增; b ,+ɕ 2a
b. 在第一象限内,函数值随 x 的增大而减小.
) 上单调
b ㊀ 对称 2a
图象
二㊁幂函数
1. 幂函数的定义 形如㊀ y = x α ㊀ 的函数称为幂函数, 其中 x 是自变量, α 为 ㊀ 常 2. 幂函数的性质
定义域 值域 ㊀
R
R
数㊀ .
[
4ac - b 2 ,+ɕ 4a
)
㊀
㊀ -ɕ ,
(
4ac - b 2 ㊀ 4a
]
(1) 当 α >0 时,幂函数 y = x α 有下列性质: a. 图象都通过点㊀ ( 0,0) ㊀ ㊁㊀ ( 1,1) ㊀ . b. 在第一象限内,函数值随 x 的增大而增大. (2) 当 α <0 时,幂函数 y = x α 有下列性质: a. 图象都通过点㊀ ( 1,1) ㊀ .
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奇偶性
(2) 顶点式:㊀ f( x) = a( x - m) 2 + n( aʂ0) ㊀ ; 2. 二次函数的图象和性质