2019高三數(shù)學（人教A版文）一輪教師用書第2章第4節(jié)二次函數(shù)與冪函數(shù)

第四節(jié)二次函數(shù)與冪函數(shù)[考綱](教師用書獨具)1.(1)了解冪函數(shù)的概念；(2)結(jié)合函數(shù)y＝x，y＝x2，y＝x3，y＝xeq\f(1,2)，y＝eq\f(1,x)的圖象，了解它們的變化情況.2.理解二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，能用二次函數(shù)、方程、不等式之間的關(guān)系解決簡單問題．(對應學生用書第13頁)[基礎(chǔ)知識填充]1．二次函數(shù) (1)二次函數(shù)解析式的三種形式 一般式：f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)； 頂點式：f(x)＝a(x－h(huán))2＋k(a≠0)，頂點坐標為(h，k)； 零點式：f(x)＝a(x－x1)(x－x2)(a≠0)，x1，x2為f(x)的零點． (2)二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)函數(shù)y＝ax2＋bx＋c(a＞0)y＝ax2＋bx＋c(a＜0)圖象定義域R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)))單調(diào)性在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(b,2a)))上減，在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)，＋∞))上增在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(b,2a)))上增，在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)，＋∞))上減對稱性函數(shù)的圖象關(guān)于x＝－eq\f(b,2a)對稱2.冪函數(shù) (1)定義：形如y＝xα(α∈R)的函數(shù)稱為冪函數(shù)，其中x是自變量，α是常數(shù)． (2)五種常見冪函數(shù)的圖象與性質(zhì)函數(shù)特征性質(zhì)y＝xy＝x2y＝x3y＝xeq\f(1,2)y＝x－1圖象定義域RRR{x|x≥0}{x|x≠0}值域R{y|y≥0}R{y|y≥0}{y|y≠0}奇偶性奇偶奇非奇非偶奇單調(diào)性增(－∞，0)減，(0，＋∞)增增增(－∞，0)和(0，＋∞)減公共點(1,1)[知識拓展]1．一元二次不等式恒成立的條件 (1)ax2＋bx＋c＞0(a≠0)恒成立的充要條件是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞0，,Δ＜0.)) (2)ax2＋bx＋c＜0(a≠0)恒成立的充要條件是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＜0，,Δ＜0.)) (3)ax2＋bx＋c＞0(a＜0)在區(qū)間[a，b]恒成立的充要條件是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fa＞0，,fb＞0.)) (4)ax2＋bx＋c＜0(a＞0)在區(qū)間[a，b]恒成立的充要條件是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fa＜0，,fb＜0.))2．冪函數(shù)y＝xα(α∈R)的圖象特征 (1)α＞0時，圖象過原點和(1,1)，在第一象限的圖象上升． (2)α＜0時，圖象不過原點，在第一象限的圖象下降．[基本能力自測]1．(思考辨析)判斷下列結(jié)論的正誤．(正確的打“√”，錯誤的打“×”) (1)二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c，x∈R，不可能是偶函數(shù)．() (2)二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c，x∈[a，b]的最值一定是eq\f(4ac－b2,4a).() (3)冪函數(shù)的圖象一定經(jīng)過點(1,1)和點(0,0)．() (4)當n＞0時，冪函數(shù)y＝xn在(0，＋∞)上是增函數(shù)．() [答案](1)×(2)×(3)×(4)√2．(教材改編)已知冪函數(shù)f(x)＝xα的圖象過點(4,2)，若f(m)＝3，則實數(shù)m的值為() A．eq\r(3) B．±eq\r(3) C．±eq\r(9) D．9 D[由題意可知4α＝22α＝2，所以α＝eq\f(1,2). 所以f(x)＝xeq\f(1,2)＝eq\r(x)， 故f(m)＝eq\r(m)＝3?m＝9.]3．已知函數(shù)f(x)＝ax2＋x＋5的圖象在x軸上方，則a的取值范圍是() 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)) C[由題意知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，))得a＞eq\f(1,20).]4．(2017·貴陽適應性考試(二))二次函數(shù)f(x)＝2x2＋bx－3(b∈R)零點的個數(shù)是() A．0 B．1 C．2 D．4 C[因為判別式Δ＝b2＋24＞0，所以原二次函數(shù)有2個零點，故選C．]5．若二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c的圖象與x軸交于A(－2,0)，B(4,0)且函數(shù)的最大值為9，則這個二次函數(shù)的表達式是________． y＝－x2＋2x＋8[設(shè)y＝a(x＋2)(x－4)，對稱軸為x＝1， 當x＝1時，ymax＝－9a＝9，∴a ∴y＝－(x＋2)(x－4)＝－x2＋2x＋8.](對應學生用書第14頁)求二次函數(shù)的解析式已知二次函數(shù)f(x)滿足f(2)＝－1，f(－1)＝－1，且f(x)的最大值是8，試確定此二次函數(shù)的解析式． [解]法一(利用一般式)： 設(shè)f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)． 由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4a＋2b＋c＝－1，,a－b＋c＝－1，,\f(4ac－b2,4a)＝8，)) 解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－4，,b＝4，,c＝7.))∴所求二次函數(shù)為f(x)＝－4x2＋4x＋7. 法二(利用頂點式)： 設(shè)f(x)＝a(x－m)2＋n. ∵f(2)＝f(－1)， ∴拋物線的圖象的對稱軸為x＝eq\f(2＋－1,2)＝eq\f(1,2). ∴m＝eq\f(1,2).又根據(jù)題意函數(shù)有最大值8，∴n＝8. ∴y＝f(x)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋8. ∵f(2)＝－1，∴aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,2)))2＋8＝－1，解得a＝－4， ∴f(x)＝－4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋8＝－4x2＋4x＋7. 法三(利用零點式)： 由已知f(x)＋1＝0的兩根為x1＝2，x2＝－1， 故可設(shè)f(x)＋1＝a(x－2)(x＋1)， 即f(x)＝ax2－ax－2a 又函數(shù)的最大值是8，即eq\f(4a－2a－1－－a2,4a)＝8，解得a＝－4， ∴所求函數(shù)的解析式為f(x)＝－4x2＋4x＋7. [規(guī)律方法]用待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式，關(guān)鍵是靈活選取二次函數(shù)解析式的形式，選法如下：[變式訓練1]已知二次函數(shù)f(x)的圖象經(jīng)過點(4,3)，它在x軸上截得的線段長為2，并且對任意x∈R，都有f(2－x)＝f(2＋x)，求f(x)的解析式． [解]∵f(2－x)＝f(2＋x)對x∈R恒成立， ∴f(x)的對稱軸為x＝2. 又∵f(x)的圖象被x軸截得的線段長為2， ∴f(x)＝0的兩根為1和3. 設(shè)f(x)的解析式為f(x)＝a(x－1)(x－3)(a≠0)． 又∵f(x)的圖象過點(4,3)， ∴3a＝3，a ∴所求f(x)的解析式為f(x)＝(x－1)(x－3)， 即f(x)＝x2－4x＋3.二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)角度1二次函數(shù)的最值問題(1)(2017·廣西一模)若xlog52≥－1，則函數(shù)f(x)＝4x－2x＋1－3的最小值為() A．－4 B．－3 C．－1 D．0 (2)(2017·安徽皖北第一次聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝－x2＋2ax＋1－a在區(qū)間[0,1]上的最大值為2，則a的值為() A．2 B．－1或－3 C．2或－3 D．－1或2 (1)A(2)D[(1)xlog52≥－1?log52x≥log55－1?2x≥eq\f(1,5)， 令t＝2xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t≥\f(1,5)))，則有y＝t2－2t－3＝(t－1)2－4， 當t＝1≥eq\f(1,5)，即x＝0時，f(x)取得最小值－4.故選A． (2)函數(shù)f(x)＝－(x－a)2＋a2－a＋1圖象的對稱軸為x＝a，且開口向下，分三種情況討論如下： ①當a≤0時，函數(shù)f(x)＝－x2＋2ax＋1－a在區(qū)間[0,1]上是減函數(shù)， ∴f(x)max＝f(0)＝1－a，由1－a＝2，得a＝－1. ②當0＜a≤1時，函數(shù)f(x)＝－x2＋2ax＋1－a在區(qū)間[0，a]上是增函數(shù)，在[a,1]上是減函數(shù)， ∴f(x)max＝f(a)＝－a2＋2a2＋1－a＝a2－a 由a2－a＋1＝2，解得a＝eq\f(1＋\r(5),2)或a＝eq\f(1－\r(5),2).∵0＜a≤1，∴兩個值都不滿足，舍去． ③當a＞1時，函數(shù)f(x)＝－x2＋2ax＋1－a在區(qū)間[0,1]上是增函數(shù)， ∴f(x)max＝f(1)＝－1＋2a＋1－a＝2，∴a 綜上可知，a＝－1或a＝2.]角度2二次函數(shù)中的恒成立問題(1)已知函數(shù)f(x)＝x2＋mx－1，若對于任意x∈[m，m＋1]，都有f(x)＜0成立，則實數(shù)m的取值范圍是________.【導學號：79170025】 (2)已知a是實數(shù)，函數(shù)f(x)＝2ax2＋2x－3在x∈[－1,1]上恒小于零，則實數(shù)a的取值范圍為________． (1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，0))(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))[(1)作出二次函數(shù)f(x)的圖象，對于任意x∈[m，m＋1]，都有f(x)＜0， 則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fm＜0，,fm＋1＜0，)) 即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2＋m2－1＜0，,m＋12＋mm＋1－1＜0，))解得－eq\f(\r(2),2)＜m＜0. (2)由題意知2ax2＋2x－3＜0在[－1,1]上恒成立． 當x＝0時，適合； 當x≠0時，a＜eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－\f(1,3)))2－eq\f(1,6). 因為eq\f(1,x)∈(－∞，－1]∪[1，＋∞)，當x＝1時，右邊取最小值eq\f(1,2)，所以a＜eq\f(1,2). 綜上，實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))).] [規(guī)律方法]1.二次函數(shù)最值問題應抓住“三點一軸”數(shù)形結(jié)合求解，三點是指區(qū)間兩個端點和中點，一軸指的是對稱軸，結(jié)合配方法，用函數(shù)的單調(diào)性及分類討論的思想即可完成． 2．由不等式恒成立求參數(shù)的取值范圍，常用分離參數(shù)法，轉(zhuǎn)化為求函數(shù)最值問題，其依據(jù)是a≥f(x)?a≥f(x)max，a≤f(x)?a≤f(x)min.冪函數(shù)的圖象與性質(zhì)(1)(2018·蘭州模擬)已知冪函數(shù)f(x)＝k·xα的圖象過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(2),2)))，則k＋α等于() A．eq\f(1,2) B．1 C．eq\f(3,2) D．2 (2)若(2m＋1)＞(m2＋m－1)，則實數(shù)m的取值范圍是() A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(－\r(5)－1,2))) B．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5)－1,2)，＋∞)) C．(－1,2) D．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5)－1,2)，2)) (1)C(2)D[(1)由冪函數(shù)的定義知k＝1.又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(\r(2),2)， 所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))α＝eq\f(\r(2),2)，解得α＝eq\f(1,2)，從而k＋α＝eq\f(3,2). (2)因為函數(shù)y＝x的定義域為[0，＋∞)， 且在定義域內(nèi)為增函數(shù)， 所以不等式等價于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2m＋1≥0，,m2＋m－1≥0，,2m＋1＞m2＋