高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第二章 基本初等函數(shù)、導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 第5講 二次函數(shù)與冪函數(shù)分層演練直擊高考 文-人教版高三數(shù)學(xué)試題

第5講二次函數(shù)與冪函數(shù)1．若f(x)是冪函數(shù)，且滿足eq\f(f（4）,f（2）)＝3，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝________.解析：設(shè)f(x)＝xa，由eq\f(f（4）,f（2）)＝3可得eq\f(4a,2a)＝3，即2a＝3，a＝log23，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝2－log23＝eq\f(1,3).答案：eq\f(1,3)2．對于函數(shù)y＝x2，y＝xeq\s\up6(\f(1,2))有下列說法：①兩個函數(shù)都是冪函數(shù)；②兩個函數(shù)在第一象限內(nèi)都單調(diào)遞增；③它們的圖象關(guān)于直線y＝x對稱；④兩個函數(shù)都是偶函數(shù)；⑤兩個函數(shù)都經(jīng)過點(0，0)、(1，1)．其中正確的有________(把所有正確說法的序號都填上)．解析：從兩個函數(shù)的定義域、奇偶性、單調(diào)性等性質(zhì)進(jìn)行比較．答案：①②⑤3．比較0.20.5，0.40.3的大小，解析：先比較0.20.5與0.20.3，再比較0.20.3與0.40.3，y＝0.2x是減函數(shù)，故0.20.5<0.20.3；y＝x0.3在(0，＋∞)上是增函數(shù)，故0.20.3<0.40.3，則0.20.5<0.40.3答案：0.20.5<0.44．(2018·徐州質(zhì)檢)下列圖象中，表示y＝xeq\s\up6(\f(2,3))的是________．解析：y＝xeq\s\up6(\f(2,3))＝eq\r(3,x2)是偶函數(shù)，所以排除②、③，當(dāng)x>1時，eq\f(x,x\s\up6(\f(2,3)))＝xeq\s\up6(\f(1,3))>1，所以x>xeq\s\up6(\f(2,3))，所以排除①.答案：④5．(2018·蚌埠質(zhì)檢)已知冪函數(shù)f(x)＝xα的部分對應(yīng)值如下表：x1eq\f(1,2)f(x)1eq\f(\r(2),2)則不等式f(|x|)≤2的解集是________．解析：由表知eq\f(\r(2),2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(α)，所以α＝eq\f(1,2)，所以f(x)＝eq\r(x).所以eq\r(|x|)≤2，即|x|≤4，故－4≤x≤4.答案：{x|－4≤x≤4}6．當(dāng)x∈(1，2)時，不等式x2＋mx＋4<0恒成立，則m的取值范圍是________．解析：設(shè)f(x)＝x2＋mx＋4，當(dāng)x∈(1，2)時，f(x)<0恒成立?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（1）≤0，,f（2）≤0))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m≤－5，,m≤－4))?m≤－5.答案：(－∞，－5]7．(2018·江蘇省高考名校聯(lián)考(一))已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)x2－x＋2，x＞0，,2，x≤0，))則不等式f(－x2－1)≤f(－x2＋5x)的解集為________．解析：因為－x2－1≤－1＜0，所以f(－x2－1)＝2，當(dāng)－x2＋5x≤0時，f(－x2－1)＝f(－x2＋5x)＝2，原不等式成立，此時，x≥5或x≤0；當(dāng)－x2＋5x＞0時，則需f(－x2＋5x)≥2，即eq\f(1,4)(－x2＋5x)2－(－x2＋5x)＋2≥2，－x2＋5x≥4，得1≤x≤4.故原不等式的解集為(－∞，0]∪[1，4]∪[5，＋∞)．答案：(－∞，0]∪[1，4]∪[5，＋∞)8．已知函數(shù)f(x)＝x2＋1的定義域為[a，b](a<b)，值域為[1，5]，則在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)，點(a，b)的運動軌跡與兩坐標(biāo)軸圍成的圖形的面積為________．解析：如圖，對于函數(shù)f(x)＝x2＋1，當(dāng)x＝±2時，y＝5.故根據(jù)題意，得a，b的取值范圍為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2≤a≤0，,b＝2))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－2，,0≤b≤2.))所以點(a，b)的運動軌跡與兩坐標(biāo)軸圍成的圖形是一個邊長為2的正方形，面積為4.答案：49．若(a＋1)eq\s\up6(\f(1,2))<(3－2a)eq\s\up6(\f(1,2))，則實數(shù)a的取值范圍是________．解析：易知函數(shù)y＝xeq\s\up6(\f(1,2))的定義域為[0，＋∞)，在定義域內(nèi)為增函數(shù)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋1≥0，,3－2a≥0，,a＋1<3－2a，))解得－1≤a<eq\f(2,3).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(2,3)))10．(2018·江蘇省重點中學(xué)領(lǐng)航高考沖刺卷(二))已知函數(shù)f(x)＝－4x2＋2ax－b(a，b∈R)的值域為(－∞，0]，若關(guān)于x的不等式f(x)≥m的解集為[c，c＋8]，則實數(shù)m的值為________．解析：因為函數(shù)f(x)＝－4x2＋2ax－b(a，b∈R)的值域為(－∞，0]，所以函數(shù)的最大值為0.令f(x)＝0，可得Δ＝4a2－4×(－4)×(－b)＝4a2－16b＝0，即b＝eq\f(a2,4).關(guān)于x的不等式f(x)≥m可化簡為4x2－2ax＋b＋m≤0，即4x2－2ax＋eq\f(a2,4)＋m≤0.又關(guān)于x的不等式f(x)≥m的解集為[c，c＋8]，所以方程4x2－2ax＋eq\f(a2,4)＋m＝0的兩個根為x1＝c，x2＝c＋8，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝\f(a,2),x1x2＝\f(a2,16)＋\f(m,4)))，又|x1－x2|2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝64，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))eq\s\up12(2)－4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,16)＋\f(m,4)))＝64，解得m＝－64.答案：－6411．已知二次函數(shù)f(x)的圖象過點A(－1，0)、B(3，0)、C(1，－8)．(1)求f(x)的解析式；(2)求f(x)在x∈[0，3]上的最值；(3)求不等式f(x)≥0的解集．解：(1)由題意可設(shè)f(x)＝a(x＋1)(x－3)，將C(1，－8)代入得－8＝a(1＋1)(1－3)，得a＝2.即f(x)＝2(x＋1)(x－3)＝2x2－4x－6.(2)f(x)＝2(x－1)2－8，當(dāng)x∈[0，3]時，由二次函數(shù)圖象知，f(x)min＝f(1)＝－8，f(x)max＝f(3)＝0.(3)f(x)≥0的解集為{x|x≤－1，或x≥3}．12．(2018·青島模擬)已知f(x)＝ax2－2x(0≤x≤1)，求f(x)的最小值．解：(1)當(dāng)a＝0時，f(x)＝－2x在[0，1]上遞減，所以f(x)min＝f(1)＝－2.(2)當(dāng)a>0時，f(x)＝ax2－2x圖象的開口方向向上，且對稱軸為x＝eq\f(1,a).①當(dāng)eq\f(1,a)≤1，即a≥1時，f(x)＝ax2－2x圖象的對稱軸在[0，1]內(nèi)，所以f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上遞減，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))上遞增．所以f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝eq\f(1,a)－eq\f(2,a)＝－eq\f(1,a).②當(dāng)eq\f(1,a)>1，即0<a<1時，f(x)＝ax2－2x圖象的對稱軸在[0，1]的右側(cè)，所以f(x)在[0，1]上遞減．所以f(x)min＝f(1)＝a－2.(3)當(dāng)a<0時，f(x)＝ax2－2x圖象的開口方向向下，且對稱軸x＝eq\f(1,a)<0，在y軸的左側(cè)，所以f(x)＝ax2－2x在[0，1]上遞減．所以f(x)min＝f(1)＝a－2.綜上所述，f(x)min＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－2，a<1，,－\f(1,a)，a≥1.))1．已知函數(shù)g(x)＝ax2－2ax＋1＋b(a≠0，b<1)在區(qū)間[2，3]上有最大值4，最小值1，則a＝________，b＝________．解析：g(x)＝a(x－1)2＋1＋b－a，當(dāng)a>0時，g(x)在[2，3]上為增函數(shù)，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g（3）＝4，,g（2）＝1))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4a＋1＋b－a＝4，,a＋1＋b－a＝1))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝0.))當(dāng)a<0時，g(x)在[2，3]上為減函數(shù)，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g（3）＝1，,g（2）＝4))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4a＋1＋b－a＝1，,a＋1＋b－a＝4))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝3.))因為b<1，所以a＝1，b＝0.答案：102．已知y＝f(x)是偶函數(shù)，當(dāng)x>0時，f(x)＝(x－1)2，若當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,2)))時，n≤f(x)≤m恒成立，則m－n的最小值為________．解析：當(dāng)x<0時，－x>0，f(x)＝f(－x)＝(x＋1)2，因為x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,2)))，所以f(x)min＝f(－1)＝0，f(x)max＝f(－2)＝1，所以m≥1，n≤0，m－n≥1.答案：13．(2018·貴陽模擬)已知函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋1(a，b∈R)，x∈R，其中f(x)的最小值為f(－1)＝0，且f(x)>x＋k在區(qū)間[－3，－1]上恒成立，則k的取值范圍是________．解析：由題意知a≠0，f(－1)＝a－b＋1＝0，且－eq\f(b,2a)＝－1，所以a＝1，b＝2.所以f(x)＝x2＋2x＋1，f(x)>x＋k在區(qū)間[－3，－1]上恒成立，轉(zhuǎn)化為x2＋x＋1>k在[－3，－1]上恒成立．設(shè)g(x)＝x2＋x＋1，x∈[－3，－1]，則g(x)在[－3，－1]上遞減．所以g(x)min＝g(－1)＝1.所以k<1，即k的取值范圍為(－∞，1)．答案：(－∞，1)4．(2018·江蘇省高考名校聯(lián)考(三))已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ax2＋x，x≥0，,－ax2＋x，x＜0，))當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，\f(1,4)))時，恒有f(x＋a)＜f(x)，則實數(shù)a的取值范圍是________．解析：顯然a≠0，故考慮a＞0和a＜0兩種情形．①當(dāng)a＞0時，畫圖知，函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，故f(x＋a)＞f(x)，不符合題意；②當(dāng)a＜0時，此時f(x)的圖象如圖所示，由于不等式f(x＋a)＜f(x)中兩個函數(shù)值對應(yīng)的自變量相差為－a，因此用弦長為－a的線段“削峰填谷”，可得eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，\f(1,4)))?eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)＋\f(－a,2)，－\f(1,2a)＋\f(－a,2)))，即eq\f(1,2a)－eq\f(a,2)＜－eq\f(1,4)，即2a2－a－2＜0，解得eq\f(1－\r(17),4)＜a＜0.答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(17),4)，0))5．已知函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0，b∈R，c∈R)．(1)若函數(shù)f(x)的最小值是f(－1)＝0，且c＝1，F(xiàn)(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（x），x>0，,－f（x），x<0，))求F(2)＋F(－2)的值；(2)若a＝1，c＝0，且|f(x)|≤1在區(qū)間(0，1]上恒成立，試求b的取值范圍．解：(1)由已知得c＝1，a－b＋c＝0，－eq\f(b,2a)＝－1，解得a＝1，b＝2，則f(x)＝(x＋1)2.則F(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x＋1）2，x>0，,－（x＋1）2，x<0.))故F(2)＋F(－2)＝(2＋1)2＋[－(－2＋1)2]＝8.(2)由題意得f(x)＝x2＋bx，原命題等價于－1≤x2＋bx≤1在(0，1]上恒成立，即b≤eq\f(1,x)－x且b≥－eq\f(1,x)－x在(0，1]上恒成立．又當(dāng)x∈(0，1]時，eq\f(1,x)－x的最小值為0，－eq\f(1,x)－x的最大值為－2，故－2≤b≤0.6．(2018·常州模擬)已知函數(shù)f(x)＝|x2－1|＋x2＋kx，且定義域為(0，2)．(1)求關(guān)于x的方程f(x)＝kx＋3在(0，2)上的解；(2)若f(x)是定義在(0，2)上的單調(diào)函數(shù)，求實數(shù)k的取值范圍；(3)若關(guān)于x的方程f(x)＝0在(0，2)上有兩個不同的解x1，x2，求k的取值范圍．解：(1)因為f(x)＝|x2－1|＋x2＋kx，所以f(x)＝kx＋3即|x2－1|＋x2＝3，當(dāng)0<x≤1時，|x2－1|＋x2＝1－x2＋x2＝1，此時該方程無解．當(dāng)1<x<2時，|x2－1|＋x2＝2x2－1，原方程等價于：x2＝2，此時該方程的解為eq\r(2).綜上可知：方程f(x)＝kx＋3在(0，2)上的解為eq\r(2).(2)因為f(x)＝|x2－1|＋x2＋kx，所以f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4