北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
3.2 二次函数与幂函数
基础篇 固本夯基
考点一 二次函数
1.(2022届湖南三湘名校、五市十校联考,5)已知实数a,b,c满足a+b+c=0,则“a>b>c”是“函数
f(x)=ax2+bx+c有两个零点”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 A
2.(多选)(2022届广东普宁段考,10)已知函数f(x)=x2-3x-4,则( )
A.函数f(x)的图象与x轴有两个不同交点
B.函数f(x)有最大值
25
C.对任意x∈R, f(x)≥- 恒成立
4
D.∃x∈R,使得函数f(x)=π
答案 ACD
3.(2021南京秦淮中学开学考,3)已知a,b,c∈R,函数f(x)=ax2+bx+c.若f(0)=f(4)>f(1),则( )
A.a>0,4a+b=0 B.a<0,4a+b=0
C.a>0,2a+b=0 D.a<0,2a+b=0
答案 A
4.(2019上海春,10,5分)如图,正方形OABC的边长为a(a>1),函数y=3x2的图象交AB于点Q,函数y= - 1 的图
x 2
象交BC于点P,则当|AQ|+|CP|最小时,a的值为 .
答案 √3
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5.(2021广东深圳一模,13)已知函数的图象关于y轴对称,且与直线y=x相切,则满足上述条件的二次函数可
以为f(x)= .
1
答案 x2+ (答案不唯一)
4
6.(2022届校际联考,13)设函数f(x)=x2+bx+3的图象关于y轴对称,且其定义域为[-1,2a],则a+b的值为
.
1
答案
2
7.(2022届河北保定重点高中月考,19)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数,且当x>0时, f(x)=-x2+2x.
(1)求函数f(x)在R上的解析式;
(2)解关于x的不等式f(x)<3.
解析 (1)当x<0时,-x>0,则f(-x)=-(-x)2+2(-x)=-x2-2x,由f(x)是定义在R上的奇函数,得f(x)=-f(-x)=x2+2x,且
{-x2+2x,x>0,
f(0)=0.综上, f(x)=
0,x=0,
x2+2x,x<0.
(2)当x>0时,-x2+2x<3恒成立;当x=0时,0<3显然成立;当x<0时,x2+2x<3,即x2+2x-3<0,解得-3<x<1,此
时-3<x<0.综上,x>-3,即不等式的解集为(-3,+∞).
考点二 幂函数
1
1.(2020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
2
个值,与曲线C,C,C,C 相应的n依次为( )
1 2 3 4
1 1 1 1
A.2, ,- ,-2 B.2, ,-2,-
2 2 2 2
1 1 1 1
C.- ,-2,2, D.-2,- , ,2
2 2 2 2
答案 A
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2.(2021河北唐山二模,3)不等式(1) x ≤ 的解集是( )
√x
2
A.[ 1] B.[1 )
0, ,+∞
2 2
C.[ √2] D.[√2 )
0, ,+∞
2 2
答案 B
3.(多选)(2022届江苏盐城阜宁中学段测,9)若点A(m,n)在幂函数y=xa(a∈R)的图象上,则下列结论可能成立
的是( )
{m>0 {m<0
A. B.
n>0 n<0
{m<0 {m>0
C. D.
n>0 n<0
答案 ABC
4.(2022届山东师范大学附中月考,7)已知幂函数f(x)=(m-1)2 在(0,+∞)上单调递增,函数g(x)=2x-
xm2-4m+2
a.∀x∈[1,5),∃x∈[1,5),使得f(x) ≥g(x)成立,则实数a的取值范围是( )
1 2 1 2
A.{a|a≥1} B.{a|a≥-23}
C.{a|a≥31} D.{a|a≥7}
答案 A
5.(2022届广东普通高中10月质检,15)若幂函数y=f(x)的图象过点(8,2√2),则函数f(x-1)-f 2(x)的最大值为
.
3
答案 -
4
6.(2018上海,7,5分)已知α∈ -2,-1,- 1 , 1 ,1,2,3 .若幂函数f(x)=xα为奇函数,且在(0,+∞)上递减,则α=
2 2
.
答案 -1
7.(2022届河北保定重点高中月考,14)若函数f(x)=(m+2)xa是幂函数,且其图象过点(2,4),则函数
g(x)=log(x+m)的单调增区间为 .
a
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7.答案 (1,+∞)
综合篇 知能转换
考法一 求二次函数在闭区间上的最值(值域)的方法
1.(2022届广东深圳六校联考二,2)若不等式ax2+bx+2>0的解集为{x|-2<x<1},则二次函数y=2bx2+4x+a在区
间[0,3]上的最大值、最小值分别为( )
A.-1,-7 B.0,-8
C.1,-1 D.1,-7
答案 D
2
2.(2019浙江,16,4分)已知a∈R,函数f(x)=ax3-x.若存在t∈R,使得|f(t+2)-f(t)|≤ ,则实数a的最大值是
3
.
4
答案
3
3.(2022届河北保定重点高中月考,20)设函数f(x)=x2+bx+c(b,c∈R),已知f(x)<0的解集为(-1,3).
(1)求b,c的值;
(2)若函数g(x)=f(x)-ax在区间[0,2]上的最小值为-4,求实数a的值.
{-1+3=-b,
解析 (1)由f(x)<0的解集为(-1,3)可知x=-1,x=3是x2+bx+c=0的解,故 解得b=-2,c=-3.
-1×3=c,
a+2
(2)g(x)=f(x)-ax=x2-(a+2)x-3的图象开口向上,对称轴为直线x= .
2
a+2 1
(i)当 ≥2,即a≥2时,函数g(x)在[0,2]上单调递减,g(x) =g(2)=-2a-3=-4,解得a= (舍);
min
2 2
a+2
(ii)当 ≤0,即a≤-2时,函数g(x)在[0,2]上单调递增,g(x) =g(0)=-3≠-4(舍);
min
2
(iii)当0<a+2<2,即-2<a<2时,函数g(x)在[0,2]上先减后增,g(x)
min
=g(a+2)=-3-(a+2) 2 =-4,解得a=-4(舍)
2 2 4
或a=0.综上,a=0.
考法二 一元二次方程根的分布
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1.(2018天津理,14,5分)已知a>0,函数f(x)={ x2+2ax+a,x≤0, 若关于x的方程f(x)=ax恰有2个互异
-x2+2ax-2a,x>0.
的实数解,则a的取值范围是 .
答案 (4,8)
2.(2022届山东烟台莱州一中测试,21)已知二次函数f(x)=ax2+bx+c,且满足f(0)=2, f(x+1)-f(x)=2x+1.
(1)求函数f(x)的解析式;
(2)若关于x的方程f(x)-m=0在x∈[-1,2]上有解,求实数m的取值范围;
(3)当x∈[t,t+2](t∈R)时,求函数f(x)的最小值(用t表示).
{ 2a=2,
解析 (1)∵f(x+1)-f(x)=2x+1,∴a(x+1)2+b(x+1)+c-ax2-bx-c=2ax+a+b=2x+1,∴ 解得a=1,b=0,又
a+b=1,
f(0)=2,∴c=2,∴f(x)=x2+2.
(2)由f(x)-m=0得,方程x2+2=m在x∈[-1,2]上有解,如图,则2≤m≤6,∴m的取值范围为[2,6].
(3)∵x∈[t,t+2],∴①t≥0时, f(x)的最小值为f(t)=t2+2;②t<0且t+2>0,即-2<t<0时,f(x)的最小值为f(0)=2;
③t+2≤0,即t≤-2时, f(x)的最小值为f(t+2)=(t+2)2+2=t2+4t+6.综上,t≥0时, f(x)的最小值为t2+2;-2<t<0时,
f(x)的最小值为2;t≤-2时, f(x)的最小值为t2+4t+6.
3.(2021山西吕梁一模(理),17)设a为实数,函数f(x)=√|x+a|-a-x.
(1)若a=1,求f(x)的定义域;
(2)若a≠0,且f(x)=a有两个不同的实数根,求a的取值范围.
解析 (1)当a=1时, f(x)=√|x+1|-1-x,由|x+1|-1≥0,即|x+1|≥1,解得x≤-2或x≥0,所以f(x)的定义域为(-
∞,-2]∪[0,+∞).
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(2)f(x)=a即√|x+a|-a=x+a,设x+a=t,t≥0,可得√t-a=t有2个不同的实数根.整理得a=t-t2(t≥0)有2个不
同的实数根,即直线y=a(a≠0)与y=t-t2的图象在t∈[0,+∞)上有两个不同的交点,如图,由y=t-t2=-( 1) 2 +1
t-
2 4
∈( 1]得,a∈( 1).
-∞, 0,
4 4
创新篇 守正出奇
创新 “新定义型”函数
1.(2022届皖豫名校联盟体第一次考试,13)19世纪德国数学家狄利克雷提出的“狄利克雷函数”,在现代数
{1,x为有理数,
学的发展过程中有着重要意义,已知狄利克雷函数的表达式为D(x)= 则D(1+D(π))
0,x为无理数,
+D(π+D(1))= .
答案 1
2.(2022届山东鱼台一中第一次月考,22)对于函数f(x),若在定义域内存在实数x,满足f(-x)=-f(x),则称f(x)为
0 0 0
“M类函数”.
(1)设f(x)=2x+m是定义在[-1,1]上的“M类函数”,求实数m的最小值;
(2)若f(x)={log (x2-2mx),x≥2, 为定义域上的“M类函数”,求实数m的取值范围.
2
-3,x<2
解析 (1)因为f(x)=2x+m是定义在[-1,1]上的“M类函数”,所以存在实数x∈[-1,1],满足f(-x)=-f(x),即方程
0 0 0
2x
0
+
2-x
0
+2m=0在[-1,1]上有解.令t=
2x
0
,t∈[1
,2
],则m=-1(
t+
1),因为g(t)=-1(
t+
1)在[1
,1
]上单
2 2 t 2 t 2
1 5
调递增,在(1,2]上单调递减,所以当t= 或t=2时,m取最小值- .
2 4
(2)由x2-2mx>0对x≥2恒成立,得m<1.
因为若f(x)={log (x2-2mx),x≥2, 为定义域上的“M类函数”,所以存在实数x,满足f(-x)=-f(x).
2 0 0 0
-3,x<2
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1 4 1 4
①当x≥2时,-x≤-2,所以-3=-log(x2
-2mx),所以m= x- ,因为函数y= x- 在[2,+∞)是增函数,所以
0 0 2 0 0 2 0 x 2 x
0
m≥-1.
②当-2<x<2时,-2<-x<2,所以-3=3,矛盾.
0 0
1 4 1 4
③当x≤-2时,-x≥2,所以log(x2
+2mx)=3,所以m=- x+ ,因为函数y=- x+ 在(-∞,-2]上是减函数,所以
0 0 2 0 0 2 0 x 2 x
0
m≥-1.
综上所述,实数m的取值范围是[-1,1).
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