《高考導(dǎo)航》2022屆新課標(biāo)數(shù)學(xué)(理)一輪復(fù)習(xí)-第二章-第5講-二次函數(shù)與冪函數(shù)-輕松闖關(guān)

1．(2021·福建三明質(zhì)檢)已知冪函數(shù)f(x)＝xα的圖象過點(diǎn)(4，2)，若f(m)＝3，則實(shí)數(shù)m的值為()A.eq\r(3) B．±eq\r(3)C．±9 D．9解析：選D.由函數(shù)f(x)＝xα過點(diǎn)(4，2)，可得4α＝22α＝2，所以α＝eq\f(1,2)，所以f(x)＝xeq\s\up6(\f(1,2))＝eq\r(x)，故f(m)＝eq\r(m)＝3?m＝9.2．二次函數(shù)y＝－x2＋bx＋c的圖象的最高點(diǎn)為(－1，－3)，則b與c的值是()A．b＝2，c＝4 B．b＝2，c＝－4C．b＝－2，c＝4 D．b＝－2，c＝－4解析：選D.依據(jù)已知條件得到方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(b,2)＝－1，,－3＝－1－b＋c，))解得b＝－2，c＝－4.3．假如函數(shù)f(x)＝x2＋bx＋c對(duì)任意實(shí)數(shù)t都有f(2＋t)＝f(2－t)，那么()A．f(2)<f(1)<f(4) B．f(1)<f(2)<f(4)C．f(2)<f(4)<f(1) D．f(4)<f(2)<f(1)解析：選A.∵f(2＋t)＝f(2－t)，∴f(x)關(guān)于x＝2對(duì)稱，又開口向上．∴f(x)在[2，＋∞)上單調(diào)遞增，且f(1)＝f(3)．∴f(2)<f(3)<f(4)，即f(2)<f(1)<f(4)，故選A.4．設(shè)函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)，若a＝c，則函數(shù)f(x)的圖象不行能是()解析：選D.由四個(gè)選項(xiàng)知，圖象與x軸均有交點(diǎn)，記兩個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別為x1，x2，若只有一個(gè)交點(diǎn)，則x1＝x2，由于a＝c，所以x1x2＝eq\f(c,a)＝1，比較四個(gè)選項(xiàng)，可知選項(xiàng)D的x1<－1，x2<－1，所以D不滿足．5．(2021·吉林松原調(diào)研)設(shè)函數(shù)f(x)＝x2＋x＋a(a>0)，已知f(m)<0，則()A．f(m＋1)≥0 B．f(m＋1)≤0C．f(m＋1)>0 D．f(m＋1)<0解析：選C.∵f(x)的對(duì)稱軸為x＝－eq\f(1,2)，f(0)＝a>0，∴f(x)的大致圖象如圖所示．由f(m)<0，得－1<m<0，∴m＋1>0，∴f(m＋1)>f(0)>0.6．二次函數(shù)的圖象過點(diǎn)(0，1)，對(duì)稱軸為x＝2，最小值為－1，則它的解析式為________．解析：依題意可設(shè)f(x)＝a(x－2)2－1，又其圖象過點(diǎn)(0，1)，∴4a－1＝1，∴a＝eq\f(1,2).∴f(x)＝eq\f(1,2)(x－2)2－1.答案：f(x)＝eq\f(1,2)(x－2)2－17．已知(0.71.3)m＜(1.30.7)m，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________．解析：∵0.71.3＜0.70＝1＝1.30＜1.30.7，∴0.71.3＜1.30.7，∴m＞0.答案：(0，＋∞)8．設(shè)二次函數(shù)f(x)＝ax2＋2ax＋1在[－3，2]上有最大值4，則實(shí)數(shù)a的值為________．解析：此函數(shù)圖象的對(duì)稱軸為x＝－1.當(dāng)a>0時(shí)，圖象開口向上，x＝2時(shí)取得最大值，所以f(2)＝4a＋4a＋1＝4，解得a＝eq\f(3,8)；當(dāng)a<0時(shí)，圖象開口向下，x＝－1時(shí)取得最大值，所以f(－1)＝a－2a＋1＝4，解得a＝－3.答案：－3或eq\f(3,8)9．已知冪函數(shù)f(x)＝x(m2＋m)eq\s\up4(－1)(m∈N*)．(1)試確定該函數(shù)的定義域，并指明該函數(shù)在其定義域上的單調(diào)性；(2)若該函數(shù)f(x)的圖象經(jīng)過點(diǎn)(2，eq\r(2))，試確定m的值，并求滿足條件f(2－a)>f(a－1)的實(shí)數(shù)a的取值范圍．解：(1)∵m2＋m＝m(m＋1)(m∈N*)，而m與m＋1中必有一個(gè)為偶數(shù)，∴m2＋m為偶數(shù)，∴函數(shù)f(x)＝x(meq\s\up4(2)＋m)eq\s\up4(－1)(m∈N*)的定義域?yàn)閇0，＋∞)，并且該函數(shù)在[0，＋∞)上為增函數(shù)．(2)∵函數(shù)f(x)的圖象經(jīng)過點(diǎn)(2，eq\r(2))，∴eq\r(2)＝2(meq\s\up4(2)＋m)eq\s\up4(－1)，即2eq\s\up6(\f(1,2))＝2(meq\s\up4(2)＋m)eq\s\up4(－1)，∴m2＋m＝2，解得m＝1或m＝－2.又∵m∈N*，∴m＝1，f(x)＝xeq\s\up6(\f(1,2)).又∵f(2－a)>f(a－1)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2－a≥0，,a－1≥0，,2－a>a－1，))解得1≤a<eq\f(3,2)，故函數(shù)f(x)的圖象經(jīng)過點(diǎn)(2，eq\r(2))時(shí)，m＝1.滿足條件f(2－a)>f(a－1)的實(shí)數(shù)a的取值范圍為1≤a<eq\f(3,2).10．(2021·遼寧五校其次次聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且當(dāng)x≤0時(shí)，f(x)＝x2＋2x.現(xiàn)已畫出函數(shù)f(x)在y軸左側(cè)的圖象，如圖所示，請(qǐng)依據(jù)圖象：(1)寫出函數(shù)f(x)(x∈R)的增區(qū)間；(2)寫出函數(shù)f(x)(x∈R)的解析式；(3)若函數(shù)g(x)＝f(x)－2ax＋2(x∈[1，2])，求函數(shù)g(x)的最小值．解：(1)f(x)在區(qū)間(－1，0)，(1，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)設(shè)x＞0，則－x＜0，函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且當(dāng)x≤0時(shí)，f(x)＝x2＋2x，∴f(x)＝f(－x)＝(－x)2＋2×(－x)＝x2－2x(x＞0)，∴f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－2x（x＞0），,x2＋2x（x≤0）.))(3)g(x)＝x2－2x－2ax＋2，對(duì)稱軸方程為x＝a＋1，當(dāng)a＋1≤1，即a≤0時(shí)，g(1)＝1－2a為最小值；當(dāng)1＜a＋1≤2，即0＜a≤1時(shí)，g(a＋1)＝－a2－2a＋1為最小值；當(dāng)a＋1＞2，即a＞1時(shí)，g(2)＝2－4a為最小值．綜上可得g(x)min＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－2a（a≤0），,－a2－2a＋1（0＜a≤1），,2－4a（a＞1）.))1．方程x2＋ax－2＝0在區(qū)間[1，5]上有解，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(23,5)，＋∞)) B．(1，＋∞)C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(23,5)，1)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(23,5)))解析：選C.令f(x)＝x2＋ax－2，由題意，知f(x)的圖象與x軸在[1，5]上有交點(diǎn)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（1）≤0，,f（5）≥0.))解得－eq\f(23,5)≤a≤1.2．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋ax＋1，x≥1,ax2＋x＋1，x<1))，則“－2≤a≤0”是“f(x)在R上單調(diào)遞增”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充分必要條件D．既不充分也不必要條件解析：選B.當(dāng)a＝－1時(shí)，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－x＋1，x≥1,－x2＋x＋1，x<1))，作出圖象可知(圖略)，函數(shù)f(x)在R上不是單調(diào)遞增函數(shù)，所以充分性不滿足；反之，若函數(shù)f(x)在R上是單調(diào)遞增函數(shù)，則當(dāng)a＝0時(shí)滿足，當(dāng)a≠0時(shí)，－eq\f(a,2)≤1，a<0且－eq\f(1,2a)≥1，解得－eq\f(1,2)≤a<0.即－eq\f(1,2)≤a≤0，所以能夠推出－2≤a≤0，故“－2≤a≤0”是“函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增”的必要不充分條件．3．已知函數(shù)f(x)＝x－2meq\s\up4(2)＋m＋3(m∈Z)為偶函數(shù)，且f(3)<f(5)，則m＝________．解析：∵f(x)是偶函數(shù)，∴－2meq\s\up4(2)＋m＋3應(yīng)為偶數(shù)．又f(3)<f(5)，即3eq\s\up3(－2m2＋m＋3)<5－2－2meq\s\up4(2)＋m＋3，整理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(－2meq\s\up2(2)＋m＋3)<1，∴－2m2＋m＋3>0，解得－1<m<eq\f(3,2).又m∈Z，∴m＝0或1.當(dāng)m＝0時(shí)，－2m2＋m＋3＝3為奇數(shù)(舍去)；當(dāng)m＝1時(shí)，－2m2＋m＋3＝2為偶數(shù)．故m的值為1.答案：14．定義：假如在函數(shù)y＝f(x)定義域內(nèi)的給定區(qū)間[a，b]上存在x0(a<x0<b)，滿足f(x0)＝eq\f(f（b）－f（a）,b－a)，則稱函數(shù)y＝f(x)是[a，b]上的“平均值函數(shù)”，x0是它的一個(gè)均值點(diǎn)，如y＝x4是[－1，1]上的平均值函數(shù)，0就是它的均值點(diǎn)．現(xiàn)有函數(shù)f(x)＝－x2＋mx＋1是[－1，1]上的平均值函數(shù)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________．解析：由于函數(shù)f(x)＝－x2＋mx＋1是[－1，1]上的平均值函數(shù)，設(shè)x0為均值點(diǎn)，所以eq\f(f（1）－f（－1）,1－（－1）)＝m＝f(x0)，即關(guān)于x0的方程－xeq\o\al(2,0)＋mx0＋1＝m在(－1，1)內(nèi)有實(shí)數(shù)根，解方程得x0＝1或x0＝m－1.所以必有－1<m－1<1，即0<m<2，所以實(shí)數(shù)m的取值范圍是0<m<2，即(0，2)．答案：(0，2)5．是否存在實(shí)數(shù)a，使函數(shù)f(x)＝x2－2ax＋a的定義域?yàn)閇－1，1]時(shí)，值域?yàn)閇－2，2]？若存在，求a的值；若不存在，說明理由．解：f(x)＝(x－a)2＋a－a2.當(dāng)a＜－1時(shí)，f(x)在[－1，1]上為增函數(shù)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（－1）＝1＋3a＝－2,f（1）＝1－a＝2))?a＝－1(舍去)；當(dāng)－1≤a≤0時(shí)，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（a）＝a－a2＝－2,f（1）＝1－a＝2))?a＝－1；當(dāng)0＜a≤1時(shí)，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（a）＝a－a2＝－2,f（－1）＝1＋3a＝2))?a不存在；當(dāng)a＞1時(shí)，f(x)在[－1，1]上為減函數(shù)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（－1）＝1＋3a＝2,f（1）＝1－a＝－2))?a不存在．綜上可得，a＝－1.∴存在實(shí)數(shù)a＝－1滿足題設(shè)條件．6．(選做題)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c＝1，a－b＋c＝0，且－eq\f(b,2a)＝－1，解得a＝1，b＝2，∴f(x)＝(x