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１０８ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
３．３ 二次函数与幂函数
§
ｍ ｎ ｂ ｍ ｎ
＋ ， 则ｆ（ｘ）的最大值为ｆ（ｎ）；若 ＋ ，则ｆ（ｘ）的最大值
－ ａ≥
２ ２ ２
为ｆ（ｍ）．
考点一 二次函数的图象与性质 ｂ
（ ）当 ［ｍ，ｎ］，即给定的区间在对称轴的一侧时，
１．二次函数的解析式 ２ － ａ∉
２
（１）
一般式
：
ｆ
（
ｘ
）＝
ａｘ２
＋
ｂｘ
＋
ｃ
（
ａ
≠０）； ｆ（ｘ）在［ｍ，ｎ］上是单调函数，若
ｂ
ｍ，则ｆ（ｘ）在［ｍ，ｎ］上是增
顶点式 若二次函数图象的顶点坐标为 ｈ ｋ 则其解 － ａ＜
（２） ： （ ， ）， ２
析式为ｆ （ ｘ ）＝① ａ（ｘ － ｈ）２ ＋ ｋ（ａ ≠０ ） ； 函数， ｆ（ｘ）的最小值是ｆ（ｍ），最大值是ｆ（ｎ）；若ｎ ｂ ，则ｆ（ｘ）
两根式 若相应一元二次方程的两根为ｘ ｘ 则其解析 ＜－ ２ ａ
式为
（
ｆ
３）
ｘ ａ
：
（ｘ ｘ ）（ｘ ｘ ）（ａ ） ．
１， ２， 在［ｍ，ｎ］上是减函数， ｆ（ｘ）的最小值是ｆ（ｎ），最大值是ｆ（ｍ）．
２． （ 二 ） 次 ＝ 函 ② 数 的图 － 象 １ 和性 － 质 ２ ≠０ （ ）当不能确定 ｂ 是否属于区间［ｍ，ｎ］时，则需分类讨
３ － ａ
解析式 ｆ
（
ｘ
）＝
ａｘ２
＋
ｂｘ
＋
ｃ
（
ａ
＞０）
ｆ
（
ｘ
）＝
ａｘ２
＋
ｂｘ
＋
ｃ
（
ａ
＜０） 论，以对称轴与区间的
２
关系确定讨论的标准，然后转化为上述
（ ）（ ）两种情形求最值．
１ ２
图象
考点二 幂函数
１．幂函数的定义
定义域 Ｒ Ｒ 一般地 形如ｙ ｘα α Ｒ 的函数称为幂函数 其中α为常数．
， ＝ （ ∈ ） ，
值域 [ ４ ａｃ － ａ ｂ２ ，＋∞ ) ③ ( －∞ ，４ ａｃ － ａ ｂ２ ] ２．幂函数ｙ ＝ ｘ，ｙ ＝ ｘ２，ｙ ＝ ｘ３，ｙ ＝ ｘ１ ２，ｙ ＝ １ ｘ 的图象
４ ４
最值 ｆ ｘ ４
ａｃ
－
ｂ２
ｆ ｘ ４
ａｃ
－
ｂ２
（ ）ｍｉｎ＝ ａ （ ）ｍａｘ＝④ ａ
４ ４
( ｂ ]
在 ， 上
⑤ －∞ － ａ ( ｂ ]
２ 在 上单调递增
单调递减 －∞，－ ａ ，
单调性 ， ２
[ ｂ ) [ ｂ )
在 ， 上 在 上单调递减
⑥ － ａ ＋∞ － ａ，＋∞
２ ２
单调递增
奇偶性 当ｂ 时为偶函数 当ｂ 时为非奇非偶函数
３．幂函数ｙ
＝
ｘ，ｙ
＝
ｘ２，ｙ
＝
ｘ３，ｙ
＝
ｘ１
２
，ｙ
＝
１
ｘ
的性质
＝０ ， ≠０
顶点 ( ｂ ４ ａｃ － ｂ２ ) ｙ ＝ ｘ ｙ ＝ ｘ２ ｙ ＝ ｘ３ ｙ ＝ ｘ１ ２ ｙ ＝ ｘ－１
坐标 － ａ， ａ
２ ４ 定义域 Ｒ Ｒ Ｒ （－∞，０）∪
［０，＋∞）
ｂ （０，＋∞）
对称性 图象关于 直线ｘ 对称
⑦ ＝－ ａ 值域 Ｒ Ｒ （－∞，０）∪
２ ［０，＋∞） ［０，＋∞）
（０，＋∞）
知识拓展 二次函数ｆ（ｘ） ａｘ２ ｂｘ ｃ（ａ ）在区间［ｍ，ｎ］ 奇偶性 奇 偶 奇 非奇非偶 奇
＝ ＋ ＋ ＞０
上的最大值或最小值如下： 上减 上减
单调性 增 （－∞，０） ， 增 增 （－∞，０） ，
ｂ 上增 上减
（ ）当 ［ｍ，ｎ］，即对称轴在所给区间内时， ｆ（ｘ）的最 （０，＋∞） （０，＋∞）
１ － ａ∈ 定点
２ （０，０），（１，１） （１，１）
( ｂ ) ａｃ ｂ２ ｂ
小值在对称轴处取得，其最小值是 ｆ ４ － ；若
－ ａ ＝ ａ － ａ≤
２ ４ ２
答案 Ａ
２．已知函数ｙ ｘ２ ｘ ｘ 则ｙ的最小值是 ．
＝２ －６ ＋３， ∈［－１，１］，
答案
－１
考点一 二次函数的图象与性质
１．若二次函数ｙ ｋｘ２ ｘ 在区间 上是单调递增函数 则 考点二 幂函数
＝ －４ ＋２ ［１，２］ ，
实数ｋ的取值范围为
（ ）
３．函数ｙ
＝
３ｘ２的图象大致是
（ ）
Ａ．［２，＋∞） Ｂ．（２，＋∞）
Ｃ．（－∞，０） Ｄ．（－∞，２）
专题三 函数的概念、性质与基本初等函数 １０９
答案 Ａ
æ ö
５．已知幂函数ｆ ｘ ｋ ｘα 的图象过点ç １ ２÷ 则ｋ α等于
（ ）＝ · è ， ø， ＋
２ ２
（ ）
答案 Ｃ
１ ３
４．函 是 数 减函 ｆ （ 数 ｘ ）＝ 则 （ 实 ｍ２ 数 － ｍ ｍ －１ 的 ） 值 · 为 ｘｍ２－２ ｍ －３是幂函数 ， 且在ｘ ∈（０，＋∞） 上 Ａ． 答 ２ 案 Ｃ Ｂ．１ Ｃ． ２ Ｄ．２
， （ ）
Ａ．２ Ｂ．３ Ｃ．４ Ｄ．５
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，
考点一 二次函数的图象与性质 ｑ 幂函数ｙ ｍ２ ｍ ｘｍ在 上单调递减 则ｐ是ｑ的
： ＝（ － －１） （０，＋∞） ，
１．如果函数ｆ ｘ ｘ２ ｂｘ ｃ对任意的ｘ都有ｆ ｘ ｆ ｘ 那么
（ ）＝ ＋ ＋ （ ＋１）＝ （－ ）， （ ）
充分不必要条件 必要不充分条件
（ ） Ａ． Ｂ．
ｆ ｆ ｆ 充要条件 既不充分也不必要条件
Ａ． （－２）＜（０）＜（２） Ｃ． Ｄ．
ｆ ｆ ｆ 答案 Ｂ ｐ 由 ｍ 得 ｍ
Ｂ． （０）＜（－２）＜（２） ： ｜ ＋１｜＜１ －２＜ ＜０，
ｆ ｆ ｆ 幂函数ｙ ｍ２ ｍ ｘｍ 在 上单调递减
Ｃ． （２）＜（０）＜（－２） ∵ ＝（ － －１） （０，＋∞） ，
ｆ ｆ ｆ ｍ２ ｍ 且ｍ
Ｄ． （０）＜（２）＜（－２） ∴ － －１＝１， ＜０，
解得ｍ
答案 Ｄ 由ｆ ｘ ｆ ｘ 知ｆ ｘ 的图象关于直线ｘ １ ＝－１，
（１＋ ）＝ （－ ） （ ） ＝ ｐ是ｑ的必要不充分条件 故选 ．
２ ∴ ， Ｂ
对称． ２．（２０１８山东济宁微山第二中学第一次月考，１０）下列命题正确
ｆ ｘ 的图象开口向上 ｆ ｆ ｆ ． 的是
∵ （ ） ，∴ （０）＜（２）＜（－２） （ ）
方法总结 ｆ ｘ ｆ ａ ｘ 等价于 函数ｆ ｘ 图象的对称轴 ｙ ｘ０ 的图象是一条直线
“ （ ）＝ （２ － ）” “ （ ） Ａ． ＝
为直线ｘ ａ ． 幂函数的图象都经过点
＝ ” Ｂ． （０，０），（１，１）
２．（２０１８河北衡水武邑中学开学考试，６）若存在非零的实数ａ 若幂函数ｙ ｘｎ 是奇函数 则ｙ ｘｎ 是增函数
， Ｃ． ＝ ， ＝
使得ｆ ｘ ｆ ａ ｘ 对定义域上任意的ｘ恒成立 则函数ｆ ｘ 幂函数的图象不可能出现在第四象限
（ ）＝ （ － ） ， （ ） Ｄ．
可能是 答案 Ｄ 对于 函数ｙ ｘ０ 的图象是一条直线除去点
（ ） Ａ， ＝ （０，
Ａ．
ｆ
（
ｘ
）＝
ｘ２
－２
ｘ
＋１ Ｂ．
ｆ
（
ｘ
）＝
ｘ２
－１ １），
故
Ａ
错误
；
对于
Ｂ，
幂函数的图象都经过点
（１，１），
当指数
ｆ ｘ ｘ ｆ ｘ ｘ 大于 时 都经过点 当指数小于 时 不经过点
Ｃ． （ ）＝２ Ｄ． （ ）＝２ ＋１ ０ ， （０，０）， ０ ， （０，０），
答案 Ａ 由存在非零的实数ａ 使得ｆ ｘ ｆ ａ ｘ 对定义 故 错误 对于 若幂函数ｙ ｘｎ 是奇函数 且ｎ ｙ ｘｎ 是
， （ ）＝ （ － ） Ｂ ； Ｃ， ＝ ， ＞０， ＝
ａ 定义域上的增函数 ｎ ｙ ｘｎ 在 和 上均为
域上任意的ｘ恒成立 可得函数图象的对称轴为ｘ 只 ， ＜０， ＝ （－∞，０） （０，＋∞）
， ＝ ≠０， 减函数 故 错误 由幂函数的性质 幂函数的图象一定过第
２ ， Ｃ ； ，
有ｆ ｘ ｘ２ ｘ 满足题意 而ｆ ｘ ｘ２ ｆ ｘ ｘ ｆ ｘ 一象限 不可能出现在第四象限 知 正确 故选
（ ）＝ －２ ＋１ ， （ ）＝ －１； （ ）＝２ ； （ ）＝ ， ， Ｄ ， Ｄ．
ｘ 都不满足题意 故选 ３．（２０１８宁夏石嘴山三中模拟，６）若函数ｆ ｘ 是幂函数 且满
２ ＋１ ， Ａ． （ ） ，
３．（２０１８湖北武汉高中毕业班２月调研，１１）如果函数ｆ ｘ ｆ ( )
（ ）＝ 足（４） 则ｆ １ 的值为
ｆ ＝３， （ ）
１ ｍ ｘ２ ｎ ｘ ｍ 在区间 上单调递减 （２） ２
（２－ ） ＋（ －８） ＋１（ ＞２） ［－２，－１］ ，
２ １
那么ｍｎ的最大值为 Ａ．－３ Ｂ．－
（ ） ３
１
Ａ．１６ Ｂ．１８ Ｃ．２５ Ｄ．３０
Ｃ．３ Ｄ．
ｎ ３
答案 Ｂ 因为 ｍ 所以抛物线的开口向下 所以８－ 答案 Ｄ 设ｆ ｘ ｘα α为常数
ｎ ｍ
＞
ｎ
２，
ｍ 故ｎｍ ｍ
，
ｍ
２－ ｍ
ｍ
≤
２ ｆ （４） ４ α
（ ）＝ （ ），
－２，８－ ≥－２（２－ ）， ≤１２－２ ， ≤（１２－２ ） ＝－２ ＋ ∵ ｆ ＝３，∴ α ＝３，
ｍ ｍ ２ 当且仅当ｍ ｎ 时等号成立 （２） ２
１２ ＝－２（ －３） ＋１８≤１８， ＝３， ＝６ ，
α ．
所以ｍｎ的最大值为
１８
．故选
Ｂ．
∴ ＝ｌｏｇ２３
( )
方法总结 处理多变量函数最值问题的方法有 ：（１） 消元法 ： ∴ ｆ （ ｘ ）＝ ｘｌｏｇ２３．则ｆ １ ＝２ －ｌｏｇ２３ ＝ １ ．故选 Ｄ．
把多变量问题转化为单变量问题 消元时可以用等量消元 也 ２ ３
， ，
可以用不等量消元． 基本不等式 即给出的条件是和为定值
４．（２０１８陕西西安检测，３）函数ｙ
＝
３ｘ２的图象大致是
（ ）
（２） ：
或积为定值 此时可以利用基本不等式来处理 用这个方法时
， ，
要关注代数式和积关系的转化． 线性规划 如果题设给出的
（３） ：
是二元一次不等式组 而目标函数也是二元一次的 那么我们
， ，
可以用线性规划来处理．
１１０ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
答案 Ｃ ｙ ３ｘ２ ｘ２ ３ 其定义域为ｘ Ｒ 排除 ．又
＝ ＝ ， ∈ ， Ａ，Ｂ ０＜
２ 图象在第一象限为上凸的 排除 故选 ．
＜１， ， Ｄ， Ｃ
３
即关于ｔ的一元二次方程ｔ２ ａｔ 有大于 的实数根，
－ ＋２＝０ １
而方程ｔ２ ａｔ ２ ｔ ａ在（ ， ）上有实根，
－ ＋２＝０⇔ ｔ ＋ ＝ １ ＋∞
考法一 求二次函数在闭区间上的最值（值域）
令Ｆ（ｔ） ２ ｔ，ｔ （ ， ），
例１ （２０１９山西晋中模拟，１８）已知ｆ ｘ ａｘ２ ｘ ＝ ｔ ＋ ∈ １ ＋∞
（ ）＝ －２ ＋１－
ａ ａ Ｒ． 则Ｆ（ｔ）在（ ， ）上的值域为［ ， ），
， ∈ １ ＋∞ ２ ２ ＋∞
求ｆ ｘ 在 上的最小值ｇ ａ 故ａ ［ ， ）．
（１） （ ） ［０，２］ （ ）； ∈ ２ ２ ＋∞
若关于ｘ的方程ｆ ｘ ａ ｘ ａ ｘ ｘ ＋１ 方法总结 二次函数求最值问题 一般先用配方法化成ｙ
（２） （２ ）＝（ ＋１）·４ － ·（２ ＋１）－２ ＋３ ， ＝
有正实数根
，
求实数ａ的取值范围．
ａ （ ｘ － ｍ ） ２ ＋ ｎ （ ａ ≠０） 的形式 ， 得其图象的顶点坐标为 （ ｍ ， ｎ ）， 对称轴为
解题导引 通过讨论ａ的范围 结合二次函数的性质 直线ｘ ｍ 再结合二次函数的图象求解 常见的有三种类型
（１） ， ＝ ， ， ：
求出函数的单调区间 求出函数的最小值即可 对称轴 区间都是给定的
， ； （１） 、 ；
化简方程 得到 ｘ ａ ｘ 令ｔ ｘ ｔ 问题转 对称轴动 区间固定
（２） ， ４ － ·２ ＋２＝０， ＝２ （ ＞０）， （２） ， ；
对称轴定 区间变动．解决这类问题的思路是抓住 三点
化为 ２ ｔ ａ在 上有实根 求出ａ的取值范围即可． （３） ， “
ｔ ＋ ＝ （１，＋∞） ， 一轴 进行数形结合 三点指的是区间两个端点及两个端点的中
” ，
解析 （ ）当ａ 时， ｆ（ｘ） ｘ 在［ ， ］上单调递减， 点 一轴指的是对称轴．具体方法是利用函数的单调性及分类讨
１ ＝０ ＝－２ ＋１ ０ ２ ，
故最小值ｇ（ａ） ｆ（ ） ．
论的思想求解．
＝ ２ ＝－３
对于 通常要分对称轴在区间内 对称轴在区间外
当ａ
≠０
时， ｆ（ｘ）
＝
ａｘ２
－２
ｘ
＋１－
ａ是关于ｘ的二次函数，其图
（２）、（３）， 、
两大类情况进行讨论．
象的对称轴为直线ｘ ＝ ａ １ ． 简单地讲 轴在区间外 端点处取最值 轴在区间内 顶点和
， ， ， ，
端点处有最值．
当ａ 时，ｘ １ ，此时ｆ（ｘ）在［ ， ］上单调递减，
① ＜０ ＝ ａ ＜０ ０ ２
故最小值ｇ（ａ） ＝ ｆ（ ２ ） ＝３ ａ －３ ； 例 若函数ｆ ｘ ｘ２ ｘ 在区间 ａ ａ 上的最大值为
（ ）＝ －２ ＋１ ［ ， ＋２］
当ａ 时，ｘ １ ， 则ａ的值为
② ＞０ ＝ ａ ＞０ ４， （ ）
或
( ) Ａ．１ Ｂ．－１ Ｃ．１ －１ Ｄ．０
当１ （ ， ），即ａ １ 时， ｆ（ｘ）在 ，１ 上单调递减，在 解析 函数ｆ（ｘ） ｘ２ ｘ （ｘ ）２ 在区间［ａ，ａ ］上
ａ ∈ ０ ２ ＞ ０ ａ ∵ ＝ －２ ＋１＝ －１ ＋２
２ 的最大值为 ，ｆ（ ） ｆ（ ） ， 函数ｆ（ｘ）在区间［ａ，ａ ］上
( ) ( ) ４ －１ ＝ ３ ＝４ ∴ ＋２
１ ， 上单调递增，故最小值ｇ（ａ） ｆ １ ａ １ ； 的最大值在ｘ 或ｘ 处取得．
ａ ２ ＝ ａ ＝１－ － ａ ＝－１ ＝３
结合二次函数图象可得ａ ，或ａ ， ａ ，或ａ
＝－１ ＋２＝３ ∴ ＝－１ ＝
当 １ ａ ∈ ［ ２ ， ＋∞ ），即 ０＜ ａ ≤ １ 时， ｆ（ｘ）在［ ０ ， ２ ］上单调
１
．故选
Ｃ
．
２
递减， 答案 Ｃ
故最小值ｇ（ａ） ｆ（ ） ａ ． 例 （２０１６皖北第一次联考，８）已知函数ｆ ｘ ｘ２ ａｘ
＝ ２ ＝３ －３ （ ）＝－ ＋２
ì ａ在区间 上的最大值为 则ａ的值为
ï ａ ，ａ １ ， ＋１－ ［０，１］ ２， （ ）
ï３ －３ ≤ 或
综上所述，ｇ（ａ） í ２ Ａ．２ Ｂ．－１ －３
＝ï 或 或
ï １ ａ，ａ １ ． Ｃ．２ －３ Ｄ．－１ ２
î１－ ａ － ＞
２ 解析 函数ｆ（ｘ） （ｘ ａ）２ ａ２ ａ 图象的对称轴为ｘ
（
２
）ｆ（
２
ｘ）
＝
（ａ
＋１
）
４
ｘ
－
ａ（
２
ｘ
＋１
）
－２
ｘ ＋１
＋３
即ａ·
４
ｘ
－２
ｘ ＋１
＋１－
ａ
＝ ａ，且开口 向下，分三种
＝
情
－
况讨
－
论如
＋
下
－
：
＋１ ＝
（ａ ） ｘ ａ（ ｘ ） ｘ ＋１ ，
＋１ ４ － ２ ＋１ －２ ＋３ 当ａ 时，函数ｆ（ｘ） ｘ２ ａｘ ａ在区间［ ， ］上是
化简得 ｘ ａ· ｘ ， ① ≤０ ＝－ ＋２ ＋１－ ０ １
４ － ２ ＋２＝０ 减函数， ｆ（ｘ） ｆ（ ） ａ，由 ａ ，得ａ ．
令ｔ ｘ（ｔ ）， ∴ ｍａｘ＝ ０ ＝１－ １－ ＝２ ＝－１
则方
＝
程
２
变形
＞０
为ｔ２ ａｔ ， ②
当
０＜
ａ
≤１
时，函数ｆ（ｘ）
＝ －
ｘ２
＋２
ａｘ
＋１－
ａ在区间［
０
，ａ］
－ ＋２＝０ 上是增函数，在（ａ， ］上是减函数，
根据题意得，原方程 ｘ ａ· ｘ 有正实数根， １
４ － ２ ＋２＝０
专题三 函数的概念、性质与基本初等函数 １１１
ｆ ｘ ｆ ａ ａ２ ａ２ ａ ａ２ ａ 由ａ２ ａ { Ｆ（ ） ａ， { ａ ａ２ ａ，
∴ （ ）ｍａｘ＝ （ ）＝－ ＋２ ＋１－ ＝ － ＋１， － ＋１＝２， 则 ｜ １ ｜≤４ 即 ｜－２ －３ ｜≤４ 解得 ａ ２ ，所
Ｆ（ ａ） ａ， ａ２ ａ ａ， ０≤ ≤
解得ａ １＋ ５或ａ １－ ５ ａ 两个值都不满足 舍去． ｜ ４ ｜≤４ ｜５ －４ ｜≤４ ３
＝ ＝ ，∵０＜ ≤１，∴ ，
２ ２ 以 １ ａ １ ；
当ａ 时 函数ｆ ｘ ｘ２ ａｘ ａ在区间 上是 ４ ＜ ≤ ２
③ ＞１ ， （ ）＝－ ＋２ ＋１－ ［０，１］
增函数 ｆ ｘ ｆ ａ ａ ａ ． ì ï｜ Ｆ（ １ ） ｜≤４ ａ，
，∴ （ ）ｍａｘ＝ （１）＝－１＋２ ＋１－ ＝２，∴ ＝２ ï Ｆ（ ａ） ａ，
综上可知 ａ 或ａ ． 若 １ ａ ２ ，则í｜ ４ ｜≤４
， ＝－１ ＝２ ＜ ≤ ï ( )
答案 Ｄ ２ ３ ï Ｆ ａ １ ａ，
î ＋ ≤４
和最
例
大 值
设
为
函数ｆ
（
ｘ
）＝２
ｘ２
－６
ｘ
＋３，
ｘ
∈［１，４］，
则ｆ
（
ｘ
）
的最小值
ì ï｜－２ ａ －３ ａ２ ｜≤４ ａ，
２
（ ） ï ａ２ ａ ａ，
即í｜５ －４ ｜≤４ 解得３－ ５ ａ ３＋ ５，
Ａ．
３
，１１ Ｂ．－１，３
ï
ï １６
ａ２
＋４
ａ
＋１ ａ， ８
≤ ≤
８
２ î ≤４
４
３ ３
Ｃ．－ ，４ Ｄ．－ ，１１ 所以 １ ａ ３＋ ５．
２ ２ ＜ ≤
２ ８
解析 函数图象的对称轴方程为ｘ －６ ３ ．
＝－ ＝
２×２ ２ 综上，ａ的取值范围是 １ ａ ３＋ ５．
＜ ≤
ａ ， 抛物线开口向上， ３ ［ ， ］， ４ ８
∵ ＝２＞０ ∴ ∵ ∈ １ ４
２ 考法二 一元二次方程根的分布
当ｘ ３ 时，ｆ（ｘ）取得最小值且ｆ（ｘ） ３ ；
∴ ＝ 最小值＝－ 例２ 已知关于ｘ的二次方程ｘ２ ｍｘ ｍ ．
２ ２ ＋２ ＋２ ＋１＝０
当ｘ 时，ｆ（ｘ）取得最大值，且ｆ（ｘ） ．故选 ． 若方程有两根 其中一根在区间 内 另一根在区
＝４ 最大值＝１１ Ｄ （１） ， （－１，０） ，
答案 Ｄ 间 内 求ｍ的取值范围
（１，２） ， ；
若方程两根均在区间 内 求ｍ的取值范围．
例 （２０１６浙江名校（柯桥中学）交流卷四，１８）已知ｆ ｘ （２） （０，１） ，
（ ）
＝
ｘ２
－３
ａ２
，
ｇ
（
ｘ
）＝（２
ａ
＋１）
ｘ．
解析 令ｆ（ｘ）
＝
ｘ２
＋２
ｍｘ
＋２
ｍ
＋１
．
若ｆ ｘ ｇ ｘ 的解集中有且仅有一个整数 求ａ的取 （ ）由条件知，抛物线ｆ（ｘ） ｘ２ ｍｘ ｍ 与ｘ轴的交点
（１） （ ）＜ （ ） ， １ ＝ ＋２ ＋２ ＋１
值范围 的横坐标分别在区间（ ， ）和（ ， ）内，如图所示，
； －１ ０ １ ２
（２） 若 ｜ ｆ （ ｘ ）－ ｇ （ ｘ ）｜≤４ ａ在ｘ ∈［１，４ ａ ］ 上恒成立 ， 试确定 ì ïｍ １ ，
ａ的取值范围．
ìｆ（ ） ｍ ，
ï ＜－
２
解题导引 ï ïｆ（ ０ ＝ ） ２ ＋１ ， ＜０ ï ï ｍ ∈ Ｒ，
则í －１ ＝２＞０ í
由Ｆ ａ２ 讨论 ïｆ（ ） ｍ ，⇒ïｍ １ ，
构造函数Ｆ ｘ ｆ ｘ ｇ ｘ （０）＝－３ ≤０， ï １ ＝４ ＋２＜０ ＜－
（１） （ ）＝ （ ）－ （ ） → 实数ａ是不是 îｆ（ ） ｍ ï ２
０ ２ ＝６ ＋５＞０ ï
ïｍ ５ ．
ａ 时 求出不等式解集 {Ｆ î ＞－
＝０ ， ａ 时 仅需 （１）≥０， ６
→ 并进行检验 舍去 → ≠０ ， Ｆ ( )
（ ） （－１）≥０ 故ｍ的取值范围是 ５ ， １ ．
－ －
解不等式组得结论 ６ ２
→ （ ）抛物线与ｘ轴的两个交点的横坐标均落在区间（ ， ）
２ ０ １
利用特殊值 和区间的 内，如图所示，
１
（ ２ ） 定义 得实数ａ的范围 → ì
， ïｍ １ ，
讨论函数Ｆ ｘ 在区间 ì ï ｆ（ ０ ） ＞０ ， ï ＞－ ２
（ ） 得结论 ïｆ（ ） ， ï
内的最大值和最小值→ 则í １ ＞０ íｍ １ ，
解析 （
１
）令Ｆ（ｘ）
＝
ｆ（ｘ）
－
ｇ（ｘ）
＝
ｘ２
－
（
２
ａ
＋１
）ｘ
－３
ａ２，
î
ï ï Δ ≥０
ｍ
， ⇒ï
ïｍ
＞－ ２
或ｍ ，
若ａ ＝０ ，则ｆ（ｘ） ＜ ｇ（ｘ）的解集为（ ０ ， １ ），不满足条件； ０＜－ ＜１ î ï ≥１ ｍ ＋ ２ ． ≤１－ ２
－１＜ ＜０
若ａ ，则Ｆ（ ） ａ２ ， ( ]
≠０ ０ ＝－３ ＜０ 故ｍ的取值范围是 １ ， ．
{Ｆ（ ） ， － １－ ２
所以 １ ≥０ 解得１－ ７ ａ ． ２
Ｆ（ ） ， ≤ ＜０ 方法总结 研究二次函数零点的分布 一般情况下需要从
－１ ≥０ ３ ，
é ö 以下三个方面考虑
综上可知，ａ的取值范围为êê１－ ７， ÷． ：
ë ０ø 一元二次方程根的判别式
３ （１） ；
对应二次函数区间端点函数值的正负
（ ）根据题意知，ａ １ ，且 ｆ（ ） ｇ（ ） ａ， （２） ；
２ ＞ ｜ １ － １ ｜≤４
４
可得 １ ａ ２ ，
＜ ≤
４ ３
所以Ｆ（ｘ） ｘ２ （ ａ ）ｘ ａ２ 的图象的对称轴为直线ｘ
＝ － ２ ＋１ －３ ＝
( ]
ａ １ ，且ａ １ ３ ，７ ．若 １ ａ １ ，
＋ ＋ ∈ ＜ ≤
２ ２ ４ ６ ４ ２
１１２ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
ｂ
对应二次函数图象 抛物线的对称轴ｘ 与区间 ｍ ｍ
（３） ——— ＝－ ａ Ａ．－３＜ ＜０ Ｂ．０＜ ＜３
２ ｍ 或ｍ ｍ 或ｍ
端点的位置关系． Ｃ． ＜－３ ＞０ Ｄ． ＜０ ＞３
解析 由题意知，
设ｘ ｘ 是实系数一元二次方程ａｘ２ ｂｘ ｃ ａ 的两实
根 ， 零 则 点 ｘ 的 １， １ 分 ｘ ， ２ 布 ２ 的分布范围与一元二次方程系 ＋ 数之 ＋ 间 ＝ 的 ０（ 关 ＞ 系 ０） 如下表 ： ì ï ïï Δ ｘ ＝１ ｘ ６ ｍ２ ４ － ｍ ４ （ｍ ＋ ， ３ ）（ ２ ｍ －１ ） ＞０ ， ①
（ｍ，ｎ，ｐ为常数）
图象 满足条件 í
ï
１＋ ２＝ｍ
＋３
＜０ ②
ｍ
ì ï ï Δ ＞０ î ïïｘ １ ｘ ２＝ ２ ｍ －１ ＜０ ， ③
ｂ ＋３
ｘ １＜ ｘ ２＜ ｍ í ïï － ２ ａ＜ ｍ 由 ①②③ 解得 －３＜ ｍ ＜０ ．故选 Ａ ．
îｆ ｍ 答案 Ａ
（ ）＞０
ì
ï ï
Δ
＞０
例 （２０１８山东德州期中，８）已知ｆ
（
ｘ
）＝
ａｘ２
＋（
ｂ
－
ａ
）
ｘ
＋
ｃ
－
ｂ ｂ 其中ａ ｂ ｃ且ａ 若ａ ｂ ｃ ｘ ｘ 为ｆ ｘ 的两个零
ｍ ＜ ｘ １＜ ｘ ２ í ïï － ２ ａ＞ ｍ 点 （ 则 ｘ ＞ ｘ ＞ 的取值 ≠ 范 ０） 围 ， 为 ＋ ＋ ＝０， １、 ２ （ ）
îｆ ｍ ， ｜ １－ ２｜ （ ）
（ ）＞０ ( )
３
Ａ． ，２ ３ Ｂ．（２，２ ３）
ｘ ｍ ｘ ｆ ｍ ２
１＜ ＜ ２ （ ）＜０
Ｃ．（１，２） Ｄ．（１，２ ３）
ìΔ ｃ
ï ＞０ 解析 ａ ｂ ｃ，ａ ｂ ｃ ， ａ ，ｃ ，ｂ ａ ｃ， ．
ïï ｂ ∵ ＞ ＞ ＋ ＋ ＝０ ∴ ＞０ ＜０ ＝－ － ∴ ａ ＜０
ｍ ｎ
ｍ ｘ ｘ ｎ í ＜－ ａ＜ ａ ｂ ａ ｃ ｃ
＜ １＜ ２＜ ï ２ 由根与系数的关系可得ｘ ｘ － ２ ＋ ，ｘ ·ｘ
ï ｆ （ ｍ ）＞０ １＋ ２＝ ａ ＝ ａ ＝２＋ ａ １ ２
îｆ ｎ ｃ ｂ ａ ｃ ｃ
（ ）＞０ － ＋２ ２ ，
{ｆ ｍ ＝ ａ ＝ ａ ＝１＋ ａ
（ ）＞０
ｍ ＜ ｘ １＜ ｎ ＜ ｘ ２＜ ｐ ｆ
ｆ
（
（
ｎ
ｐ ）
）
＞
＜
０
０
∴
（ｘ
１－
ｘ
２
）２
＝
（ｘ
１＋
ｘ
２
）２
－４
ｘ
１
ｘ
２ ＝
(
２＋ ａ
ｃ ) ２
－４
(
１＋
２
ａ
ｃ)
＝
{Δ ＝０， ( ｃ ) ２ ４ ｃ ( ｃ ) ２ ．
ｂ 或ｆ ｍ ｆ ｎ ａ － ａ ＝ ａ －２ －４
ｍ ｎ （ ）·（ ）＜０
只有一个零点 ＜－ ２ ａ＜ ａ ｂ ｃ ｂ
在 （ ｍ ， ｎ ） 之间 {ｆ （ ｍ ）＝０， {ｆ （ ｎ ）＝０ ∵ ｘ １＋ ｘ ２＝ ａ － ＞０ ，ｘ １ ·ｘ ２＝ － ａ ＜０ ，
或 ｂ ｍ ｎ或 ｍ ｎ ｂ
ｍ ＋ ＋ ｎ ｃ ｃ ｃ
＜－ ａ＜ ＜－ ａ＜ ， ２ ， １ ，
２ ２ ２ ２ ∴２＋ ａ ＞０ １＋ ａ ＜０ ∴ －２＜ ａ ＜－
２
( ｃ ) ２
９ ，
例 已知函数ｆ ｘ ｍ ｘ２ ｍｘ ｍ ｍ 的两 ∴ ４ ＜ ａ －２ －４＜１２
（ ）＝（ －２） ＋ ＋（２ ＋１）（ ≠２） ( )
个零点分别在区间 和区间 内 则实数ｍ的取值范 ｘ ｘ ３ ， ．故选 ．
围是
（－１，０） （１，２） ， ∴ ｜ １－ ２｜∈
２
２ ３ Ａ
( ) [ ] （ ） 答案 Ａ
１ １ １ １
Ａ． ， Ｂ． ， 例 （２０１７江西九江七校联考，１３）若方程ｘ２ ｍｘ ｍ
４ ２ ４ ２ － ＋ －１＝
( ) ( ) 有两实根 则其中一根大于 另一根小于 的充要条件是
１ １ １ １ ０ ， ２， ２
Ｃ． － ， Ｄ． － ， ．
２ ４ ４ ２
解析
①
当ｍ
－２＞０
，即ｍ
＞２
时， 解析 令ｆ（ｘ）
＝
ｘ２
－
ｍｘ
＋
ｍ
－１
，由已知得ｆ（
２
）
＜０⇒
ｍ
＞３
．
ì ï ï ｆ ｆ （ （ － ） １ ） ＝ ｍ ２ ｍ －１＞ ， ０ ， 答案 ｍ ＞３
需满足í ０ ＝２ ＋１＜０ 无解．
ïｆ（ ） ｍ ， 考法三 幂函数的图象及性质的应用
ï １ ＝４ －１＜０
îｆ（ ） ｍ ，
２ ＝８ －７＞０ 例３ （２０２０广东揭阳三中第一次月考，７）如图的曲
当ｍ ，即ｍ 时， （１）
② －２＜０ ＜２
ìｆ（ ） ｍ ， 线是幂函数ｙ ｘｎ 在第一象限内的图象．已知ｎ分别取 １ 四
ï －１ ＝２ －１＜０ ＝ ±２，±
ïｆ（ ） ｍ ， ( ) ２
需满足í ０ ＝２ ＋１＞０ 解得ｍ １ ，１ ，故选 ． 个值 与曲线Ｃ Ｃ Ｃ Ｃ 相应的ｎ依次为
ïｆ（ ） ｍ ， ∈ Ａ ， １， ２， ３， ４ （ ）
ï １ ＝４ －１＞０ ４ ２
îｆ（ ２ ） ＝８ ｍ －７＜０ ， Ａ．２， １ ，－ １ ，－２
２ ２
答案 Ａ
１ １
例 若关于ｘ的方程
（
ｍ
＋３）
ｘ２
－４
ｍｘ
＋２
ｍ
－１＝０
的两根异 Ｂ．２，
２
，－２，－
２
号 且负根的绝对值比正根大 那么实数ｍ的取值范围是
， ， １ １
Ｃ．－ ，－２，２，
２ ２
（ ）
１ １
Ｄ．－２，－ ， ，２
２ ２
专题三 函数的概念、性质与基本初等函数 １１３
（多选题） （２０１９ 湖北荆门一模，４ 改编） 已知点
(
（２
)
） 解析 由题意得ｍ２
－４
ｍ
＋４＝１
，ｍ２
－６
ｍ
＋８＞０
，解得ｍ
＝１
，
１ 在幂函数ｆ ｘ 的图象上 则ｆ ｘ 是 选 ．
２， （ ） ， （ ） （ ） Ｂ
２
奇函数 答案 Ｂ
Ａ．
偶函数 例 （２０１９上海春，１０，５分）如图 正方形ＯＡＢＣ的边长
Ｂ． ，
Ｃ．
定义域每个区间内的减函数 为ａ
（
ａ
＞１），
函数ｙ
＝３
ｘ２ 的图象交ＡＢ于点Ｑ
，
函数ｙ
＝
ｘ－２ １ 的图
定义域每个区间内的增函数 象交ＢＣ于点Ｐ 则当 ＡＱ ＣＰ 最小时 ａ的值为 ．
Ｄ． ， ｜ ｜＋｜ ｜ ，
解题导引 根据幂函数图象的变化规律求解． 先根
（１） （２）
据题设条件求出幂函数的解析式 后根据解析式判断各选项．
，
解析 （ ）根据幂函数的图象与性质，得在直线ｘ 的右
１ ＝１
侧越远离ｘ轴的曲线，指数越大，所以与曲线Ｃ ，Ｃ ，Ｃ ，Ｃ 相应
１ ２ ３ ４
的ｎ依次为 ，１ ， １ ， ．故选 ．
２ － －２ Ａ æ ａ ö æ ö
２ ２ 解析 依题意得Ｑç ，ａ÷，Ｐçａ，１ ÷，
( ) è ø è ａø
（ ）设ｙ ｆ（ｘ） ｘα，把 ，１ 代入函数解析式中，得 α ３
２ ＝ ＝ ２ ２ ＝
２ ａ ａ
则 ＡＱ ＣＰ １ １ ，记 ａ ｔ（ｔ ）， ｆ（ｔ）
１ ，解得α ＝－１ ， ∴ 幂函数ｆ（ｘ） ＝ ｘ－１，ｘ ∈ （ －∞ ， ０ ） ∪ （ ０ ， ＋∞ ）， ｜ ｜＋｜ ｜＝ ３ ＋ ａ ＝ ３ ＋ ａ ＝ ＞１ ＝
２ ｔ ｔ
ｆ（ｘ）是定义域上的奇函数，且在定义域的每个区间内是单调 ＡＱ ＣＰ ，则ｆ（ｔ） １ ，所以ｆ（ｔ） １ １ ，当
∴ ｜ ｜＋｜ ｜ ＝ ＋ ｔ ＝ ＋ ｔ ≥２
减函数．故选
３ ３ ３
ＡＣ．
ｔ
答案 （ ）Ａ （ ）ＡＣ 且仅当 １ ，即ｔ２ 时取等号，此时ａ ．
１ ２ ＝ ｔ ＝ ３ ＝ ３
３
答案
例 （２０１７ 江西九江七校联考，４）幂函数 ｆ ｘ ３
（ ）＝ 例 （２０１７山西一模，１３）已知函数ｆ ｘ ｘ２－ ｍ是定义在
ｍ２ ｍ ｘｍ２－６ ｍ ＋８在 上为增函数 则ｍ的值为 （ ）＝
（ －４ ＋４） （０，＋∞） ， 区间 ｍ ｍ２ ｍ 上的奇函数 则ｆ ｍ ．
［－３－ ， － ］ ， （ ）＝
或
（ ） 解析 由已知有
－３－
ｍ
＋
ｍ２
－
ｍ
＝０
，即ｍ２
－２
ｍ
－３＝０
，
∴
ｍ
＝３
Ａ．１ ３ Ｂ．１
或ｍ ；
Ｃ．３ Ｄ．２
＝－１
解题导引 当ｍ 时，函数为ｆ（ｘ） ｘ－１，ｘ ［ ， ］，而ｆ（ｘ）在ｘ
＝３ ＝ ∈ －６ ６ ＝０
利用幂函数定义 ｍ２ － ｍ ＋ ＝
处无意义，故舍去．当ｍ
＝－１
时，函数为ｆ（ｘ）
＝
ｘ３，此时ｘ
∈
［
－２
，
→ ４ ４ １ 得结论 ］， ｆ（ｍ） ｆ（ ） （ ）３ ．综上可得， ｆ（ｍ） ．
→ ２ ∴ ＝ －１ ＝ －１ ＝－１ ＝－１
利用ｆ ｘ 在 ＋
上
（
递
）
增
（０， ∞）
→
ｍ２ －
６
ｍ ＋
８
＞
０
答案
－１
答案 Ｃ
５．已知方程ｘ２ ａ ｘ ａ２ ．
＋２（ ＋２） ＋ －１＝０
当该方程有两个负根时 求实数ａ的取值范围
（１） ， ；
考法一 求二次函数在闭区间上的最值（值域） 当该方程有一个正根和一个负根时 求实数ａ的取值范围．
（２） ，
１．（２０１９广东珠海模拟，６）已知函数ｙ ｘ２ ｘ 在闭区间
＝ －４ ＋５ ［０，
ｍ 上有最大值 最小值 则ｍ的取值范围是 考法三 幂函数的图象及性质的应用
］ ５， １， （ ）
Ａ．［０，１］ Ｂ．［１，２］ Ｃ．［０，２］ Ｄ．［２，４］ ６．（２０２０湘赣皖十五校第一次联考（４ 月））设 ａ １ ｂ
答案 Ｄ ＝ｌｎ ， ＝
２
２．已知函数ｆ （ ｔ ）＝ｌｏｇ２（２－ ｔ ）＋ ｔ －１ 的定义域为Ｄ． －５ －２ １ ， ｃ ＝ｌｏｇ１ ３２， 则 （ ）
求Ｄ ｃ ｂ ａ ａ ｃ ｂ
（１） ； Ａ． ＜ ＜ Ｂ． ＜ ＜
（２）
若函数ｇ
（
ｘ
）＝
ｘ２
＋２
ｍｘ
－
ｍ２在Ｄ上存在最小值
２，
求实数ｍ的值．
Ｃ．
ｃ
＜
ａ
＜
ｂ
Ｄ．
ｂ
＜
ａ
＜
ｃ
答案 Ｂ
考法二 一元二次方程根的分布 ７．若幂函数ｙ ｘ－１ ｙ ｘｍ 与ｙ ｘｎ 在第一象限内的图象如图所
＝ ， ＝ ＝
３．已知一元二次方程ｘ２ ｍｘ ｍ Ｚ 有两个实数根ｘ ｘ 示 则ｍ与ｎ的取值情况为
＋ ＋３＝０（ ∈ ） １， ２， ， （ ）
且 ｘ ｘ 则ｍ的值为
０＜ １＜２＜ ２＜４， （ ）
Ａ．－４ Ｂ．－５ Ｃ．－６ Ｄ．－７
答案 Ａ
４．方程ｘ２ ａｘ 在区间 上有解 则实数ａ的取值范围为
＋ －２＝０ ［１，５］ ，
（ ）
( ) [ ] ( )
２３ ２３ ２３
Ａ． － ，＋∞ Ｂ．（１，＋∞） Ｃ． － ，１ Ｄ． －∞，－ ｍ ｎ ｎ ｍ
５ ５ ５ Ａ．－１＜ ＜０＜ ＜１ Ｂ．－１＜ ＜０＜
１１４ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
ｍ ｎ ｎ ｍ
Ｃ．－１＜ ＜０＜ Ｄ．－１＜ ＜０＜ ＜１
答案 Ｄ
( )
８．已知点 ａ １ 在幂函数 ｆ ｘ ａ ｘｂ的图象上 则函数
， （ ）＝ （ －１） ，
２
ｆ ｘ 是
（ ） （ ）
奇函数 偶函数
Ａ． Ｂ．
定义域内的减函数 定义域内的增函数
Ｃ． Ｄ．
答案 Ａ
１
９．幂函数ｙ ｘα 当α取不同的正数时 在区间 上它们的图 Ａ．０ Ｂ．１ Ｃ． Ｄ．２
＝ ， ， ［０，１］ ２
象是一组美丽的曲线 如图 设点Ａ Ｂ 连接ＡＢ 答案 Ａ
（ ）， （１，０）， （０，１）， ，
线段ＡＢ恰好被其中的两个幂函数ｙ ｘａ ｙ ｘｂ 的图象三等分
＝ ， ＝ ，
即有ＢＭ ＭＮ ＮＡ 那么ａ １
＝ ＝ ， － ｂ ＝ （ ）
考点一 二次函数的图象与性质
答案 ４
１．（２０１７浙江，５，４分）若函数ｆ （ ｘ ）＝ ｘ２ ＋ ａｘ ＋ ｂ在区间 ［０，１］ 上 ３
的最大值是Ｍ 最小值是ｍ 则Ｍ ｍ
， ， － （ ） 考点二 幂函数
与ａ有关 且与ｂ有关
Ａ． ， { }
与ａ有关 但与ｂ无关 ３．（２０１８上海，７，５分）已知α １ １ ．若幂
Ｂ． ， ∈ －２，－１，－ ， ，１，２，３
与ａ无关 且与ｂ无关 ２ ２
Ｃ． ， 函数 ｆ ｘ ｘα 为奇函数 且在 上递减 则 α
与ａ无关 但与ｂ有关 （ ） ＝ ， （０，＋∞） ，
Ｄ． ， ．
答案 Ｂ ＝
答案
２．（２０１９浙江，１６，４分）已知ａ Ｒ 函数ｆ ｘ ａｘ３ ｘ．若存在ｔ －１
∈ ， （ ）＝ －
Ｒ 使得 ｆ ｔ ｆ ｔ ２ 则实数ａ的最大值是 ．
∈ ， ｜ （ ＋２）－（ ）｜≤ ，
３
考点 二次函数与幂函数 答案 Ａ ａ ４ ３ ２ ３ ｃ １ ３ ２ ３ 而函数ｙ ｘ２ ３在
＝２ ＝４ ， ＝２５ ＝５ ， ＝ （０，＋∞）
１．（２０１６课标Ⅲ文，７，５分）已知ａ ＝２ ４ ３ ， ｂ ＝３ ２ ３ ， ｃ ＝２５ １ ３ ， 则 上单调递增 ， 所以 ３ ２ ３ ＜４ ２ ３ ＜５ ２ ３ ， 即ｂ ＜ ａ ＜ ｃ ， 故选 Ａ ．
评析 本题主要考查幂函数的性质，属中档题．
（ ）
ｂ ａ ｃ ａ ｂ ｃ ｂ ｃ ａ ｃ ａ ｂ
Ａ． ＜ ＜ Ｂ． ＜ ＜ Ｃ． ＜ ＜ Ｄ． ＜ ＜
时间： 分钟 分值： 分
４０ ６５
一、单项选择题 每题 分 共 分 ３．（２０１９辽宁部分重点高中联考，８）函数ｙ ｘ ｘ２ 的图象大
（ ５ ， ２５ ） ＝１－｜ － ｜
１．（２０２０河南南阳一中第一次月考，９）已知点 ｍ 在幂函数 致是
（ ，９） （ ）
( )
ｆ ｘ ｍ ｘｎ 的图象上 设 ａ ｆ ｍ－３ １ ｂ ｆ １ ｃ
（ ）＝（ －２） ， ＝ （ ）， ＝ ｌｎ ， ＝
３
æ ö
ｆç ２ ÷ 则ａ ｂ ｃ的大小关系为
è ø， ， ， （ ）
２
ａ ｃ ｂ ｂ ｃ ａ ｃ ａ ｂ ｂ ａ ｃ
Ａ． ＜ ＜ Ｂ． ＜ ＜ Ｃ． ＜ ＜ Ｄ． ＜ ＜
答案 Ａ
２．（２０２０宁夏青铜峡高级中学第一次月考，７）若函数ｆ ｘ ａｘ２ ｘ
（ ）＝ ＋２
在区间 上是单调递增的 则实数ａ的取值范围是
－３ （－∞，４） ，
（ ） 答案 Ｃ
( ) [ )
Ａ． － １ ，＋∞ Ｂ． － １ ，＋∞ ４．（２０１９安徽定远重点中学第一次月考，１２）已知函数 ｆ （ ｘ ）＝
[ ４ ) [ ４ ] ｍ２ ｍ ｘ４ ｍ９－ ｍ５－１是幂函数 对任意的ｘ ｘ 且ｘ
１ １ （ － －１） ， １， ２∈（０，＋∞）， １
Ｃ． － ，０ Ｄ． － ，０ ｘ ｘ ｘ ｆ ｘ ｆ ｘ 若ａ ｂ Ｒ 且ａ ｂ ａｂ
４ ４ ≠ ２，（ １－ ２）［ （ １）－ （ ２）］＞０， ， ∈ ， ＋ ＞０， ＜０，
答案 Ｄ 则ｆ ａ ｆ ｂ 的值
（ ）＋（ ） （ ）
专题三 函数的概念、性质与基本初等函数 １１５
恒大于 恒小于 等于 无法判断
Ａ． ０ Ｂ． ０ Ｃ． ０ Ｄ． 三、填空题 每题 分 共 分
答案 Ａ （ ５ ， １０ ）
８．（２０２１届山东枣庄第三中学第一次月考（９月））已知 ａ －２
５．（２０２０百校联盟普通高中教育教学质量监测）已知函数ｆ ｘ （ ＋１）
（ ） ａ －２ 则实数ａ的取值范围为 ．
( ) ＞（３－２ ） ，
＝ｌｏｇ１ ２（
ｘ２
－
ａｘ
＋
ａ
）
在 １
２
，＋∞
上为减函数
，
则实数ａ的取值范
答案
（－∞，－１）∪
(
－１，
２
)
∪（４，＋∞）
围是 ３
（ ） ９．（２０２０广东揭阳三中第一次月考，１４）已知幂函数ｙ ｆ ｘ 的
[ ] ＝ （ ）
１ æ ö
Ａ．（－∞，１］ Ｂ． － ，１ 图象过点ç １ ２÷ 则 ｆ 的值为 ．
２ è ， ø， ｌｏｇ２ （２）
[ ] ( ) ２ ２
１ １
Ｃ． ，１ Ｄ． － ，＋∞ 答案 １
２ ２
答案 Ｂ ２
四、解答题 共 分
（ ２０ ）
二、多项选择题 每题 分 共 分 １０．（２０２１届江苏如皋中学阶段检测，１７）已知二次函数ｆ ｘ 满
（ ５ ， １０ ） （ ）
６．（２０２１届湖南郴州一中模拟）若函数ｙ ｘ２ ｘ 的定义域为 足ｆ ｘ ｆ ｘ ｆ 若ｘ ｘ 是ｆ ｘ 的两个零点 且
ｍ 值域为 则实数ｍ的值 ＝ 可能 －４ 为 －４ ｘ （ ｘ ）＝ （ ． －４－ ）， （０）＝３， １， ２ （ ） ，
［０， ］， ［－８，－４］， （ ） ｜ １ － ２｜＝２
求ｆ ｘ 的解析式
Ａ．２ Ｂ．３ Ｃ．４ Ｄ．５ （１） （ ） ；
答案 ＡＢＣ ｘ
若ｘ 求ｇ ｘ 的最大值．
７．（２０２１届山东菏泽东明实验中学月考，１０）定义在Ｒ上的奇 （２） ＞０， （ ）＝ｆ ｘ
（ ）
函数ｆ ｘ 满足ｆ ｘ ｆ ｘ 当ｘ 时 ｆ ｘ ｘ２ ｘ １１．（２０２１届山东枣庄第三中学第一次月考（９月））若二次函数
（ ） （ －３）＝－ （ ）， ∈［０，３］ ， （ ）＝ －３ ，
下列等式成立的是 满足ｆ ｘ ｆ ｘ ｘ且ｆ ．
（ ） （ ＋１）－（ ）＝２ （０）＝１
ｆ ｆ ｆ 求ｆ ｘ 的解析式
Ａ． （２０１９）＋（２０２０）＝ （２０２１） （１） （ ） ；
ｆ ｆ ｆ 是否存在实数λ 使得函数ｇ ｘ ｆ ｘ λ ｘ ｘ
Ｂ． （２０１９）＋（２０２１）＝ （２０２０） （２） ， （ ）＝ （ ）－（２ －１） ＋２， ∈
ｆ ｆ ｆ 的最小值为 若存在 求出λ的值 若不存在
Ｃ．２（２０１９）＋（２０２０）＝ （２０２１） ［－１，２］ ２？ ， ； ，
ｆ ｆ ｆ 说明理由．
Ｄ． （２０１９）＝ （２０２０）＋（２０２１）
答案 ＡＢＣ
１１６ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
１．（２０２０四川宜宾第四中学第二次月考，６）已知函数ｆ ｘ ｘ－３ ５．（２０１７浙江“七彩阳光”新高考研究联盟测试，８）已知ｆ ｘ
（ ）＝ ， （ ）＝
若ａ ｆ ． ０ ． ６ ｂ ｆ ． ０ ． ４ ｃ ｆ ． ０ ． ６ 则ａ ｂ ｃ的大小关系是 { ｘ２ ｘ ｘ
＝ （０６ ）， ＝ （０６ ）， ＝ （０４ ）， ， ， － －２ ＋１， ＜０，则ｙ ｆ ｘ ｘ的零点有
ｆ ｘ ｘ ＝ （ ）－ （ ）
（ ） （ －１）， ≥０，
ａ ｃ ｂ ｂ ａ ｃ ｂ ｃ ａ ｃ ａ ｂ 个 个 个 个
Ａ． ＜ ＜ Ｂ． ＜ ＜ Ｃ． ＜ ＜ Ｄ． ＜ ＜ Ａ．１ Ｂ．２ Ｃ．３ Ｄ．４
答案 Ｂ ｆ （ ｘ ）＝ ｘ－３在 （０，＋∞） 上是减函数 ，０ ． ４ ０ ． ６ ＜０ ． ６ ０ ． ６ ＜ 答案 Ｃ 由条件知 ｆ ｘ { － ｘ２ －２ ｘ ＋１， ｘ ＜０， 其中
０ ． ６ ０ ． ４ ， 所以ｂ ＜ ａ ＜ ｃ ， 故选 Ｂ． （ ）＝ －（ ｘ － ｎ ） ２ ＋２， ｎ ≤ ｘ ＜ ｎ ＋１，
２．（多选题）（２０２０５·３原创题）若函数ｙ
＝
ｘ２
－４
ｘ
－４
在区间
［０，
ｎ
＝０，１，２，…
ａ 上既有最大值又有最小值 则正整数ａ的值可能是 作出函数ｙ ｆ ｘ 和ｙ ｘ的图象 知它们共有 个不同的交点
） ， （ ） ＝ （ ） ＝ ， ３ ，
故ｙ ｆ ｘ ｘ的零点有 个．
＝ （ ）－ ３
Ａ．２ Ｂ．３
６．（２０１６内蒙古集宁二模，６）不等式ｘ２ ｘ ａ２ ａ对任意实
－２ ＋５≥ －３
Ｃ．４ Ｄ．５
答案 ＢＣ 令ｙ ｆ ｘ ｘ２ ｘ ｘ ２
数ｘ恒成立
，
则实数ａ的取值范围为
（ ）
＝ （ ）＝ －４ －４＝（ －２） －８，
作出函数ｙ ｆ ｘ 的部分图象 Ａ．［－１，４］
＝ （ ） ，
Ｂ．（－∞，－２］∪［５，＋∞）
Ｃ．（－∞，－１］∪［４，＋∞）
Ｄ．［－２，５］
答案 Ａ 令ｆ （ ｘ ）＝ ｘ２ －２ ｘ ＋５＝（ ｘ －１） ２ ＋４，∴ ｆ （ ｘ ）最小值＝４，
若不等式ｘ２ ｘ ａ２ ａ对任意实数ｘ恒成立
－２ ＋５≥ －３ ，
只需ａ２ ａ 解得 ａ ．故选 ．
－３ ≤４， －１≤ ≤４ Ａ
易错警示 注意不等式ｘ２ ｘ ａ２ ａ对任意的ｘ Ｄ恒成
－２ ＋５≥ －３ ∈
立与不等式ｘ２ ｘ ａ２ ａ对任意的ａ Ｄ恒成立的区别．
－２ ＋５≥ －３ ∈
如 因 图 为 ， 函 ｆ 数 （０ 在 ）＝ 区 ｆ （ 间 ４）＝－ ａ ４， 上 ｆ （ 既 ｘ ） 有 ｍｉ 最 ｎ＝ 大 ｆ （ 值 ２） 又 ＝ 有 －８ 最 ． 小值 ７．（ 如 ２ 图 ０１ 所 ７ 示 北京 则 海淀期中）已知函数ｙ ＝ ａｘ ， ｙ ＝ ｘｂ ， ｙ ＝ｌｏｇｃ ｘ的图象
［０， ） ， ， （ ）
所以区间 ａ 必须包含 且ｆ ａ 所以 ａ ．结合选
［０， ） ２， （ ）≤－４， ２＜ ≤４
项可知选
ＢＣ．
命题说明 函数在开区间内有最值 必然是有极值点 并且开
， ，
区间端点处的函数值不是值域的边界．开口向上的抛物线在开
区间上有最小值 就是定义域包含了顶点的横坐标 有最大值
， ； ，
则定义域的开区间端点处的函数值必不超过闭区间端点处的
函数值．此题背景熟悉 难度不大 但对答题者的逻辑思维能力 ａ ｂ ｃ ａ ｃ ｂ
， ， Ａ． ＞ ＞ Ｂ． ＞ ＞
有较高要求． ｃ ａ ｂ ｃ ｂ ａ
Ｃ． ＞ ＞ Ｄ． ＞ ＞
３．（２０１７江西九江七校联考，４）幂函数 ｆ （ ｘ ）＝ （ ｍ２ －４ ｍ ＋４）· 答案 Ｃ 由题图知 ， 函数ｙ ＝ ａｘ是指数函数 ， 且ｘ ＝１ 时 ， ｙ ＝ ａ
ｘｍ２－６ ｍ ＋８在 上为增函数 则ｍ的值为
∈（１，２）；
（０，＋∞） ， （ ） 函数ｙ ｘｂ是幂函数 且ｘ 时 ｙ ｂ ｂ
或 ＝ ， ＝２ ， ＝２ ∈（１，２），∴ ∈（０，１）；
Ａ．１ ３ Ｂ．１ 函数ｙ ｘ是对数函数 且ｘ 时 ｙ ｃ ．
＝ｌｏｇｃ ， ＝２ ， ＝ｌｏｇｃ２∈（０，１），∴ ＞２
Ｃ．３ {ｍ２ Ｄ ｍ ．２ 综上 ， ａ 、 ｂ 、 ｃ的大小关系是ｃ ＞ ａ ＞ ｂ．故选 Ｃ ．
答案 Ｂ 由题意可知 ｍ２ － － ４ ６ ｍ ＋ ＋ ４ ８＞ ＝ ０ １ ， ，解得ｍ ＝１， 故选 Ｂ ． ８．（２０２０海南天一大联考一模，５）不等式 （ ｘ２ ＋１） １ ２ ＞（３ ｘ ＋ ｔ ） １ ２ 的
解集为
４．（２０１８河北保定第一次模拟，８）已知函数ｆ ｘ 既是二次函数 （ ）
（ ） [ )
又是幂函数
，
函数ｇ
（
ｘ
）
是Ｒ上的奇函数
，
函数ｈ
（
ｘ
）＝ｆ
ｇ
ｘ
（ ｘ ）
＋
Ａ． －
３
５ ，－１ ∪（４，＋∞） Ｂ．（－１，４）
（ ）＋１
则ｈ ｈ ｈ ｈ ｈ ｈ Ｃ．（４，＋∞） Ｄ．（－∞，－１）∪（４，＋∞）
１， （２０１８）＋ （２０１７）＋ （２０１６）＋…＋ （１）＋ （０）＋ （－１）＋
ｈ ｈ ｈ 答案 Ａ 不等式 ｘ２ １ ２ ｘ １ ２等价于ｘ２ ｘ
…＋ （－２０１６）＋ （－２０１７）＋ （－２０１８）＝ （ ） （ ＋１） ＞（３ ＋５） ＋１＞３ ＋５≥０，
[ )
Ａ．０ Ｂ．１ Ｃ．４０３６ Ｄ．４０３７ 解得 ５ ｘ 或ｘ 所以原不等式的解集为 ５
答案 Ｄ 因为函数ｆ ｘ 既是二次函数又是幂函数 － ≤ ＜－１ ＞４， － ，－１ ∪
（ ） ， ３ ３
．故选 ．
所以ｆ （ ｘ ）＝ ｘ２ ， 所以ｈ （ ｘ ）＝ ｇ ｘ （ ２ ｘ ） ＋１， ９． （ （２ ４， ０ ＋ １ ∞ ８ ） 浙江“七 Ａ 彩阳光”联盟期初联考，１７）设关于 ｘ 的方程
＋１
因为ｇ （ ｘ ） 是Ｒ上的奇函数 ， ｘ ｘ ２ － ａ ｘ ｘ － ｘ ２＝ ｘ ０ 和 则 ｘ２ ａ － 的 ｘ － 取 １－ 值 ａ 范 ＝０ 围 的 是 实根分别为 ． ｘ １， ｘ ２ 和ｘ ３， ｘ ４， 若
因此ｈ （ ｘ ）＋ ｈ （－ ｘ ）＝ ｇ ｘ （ ２ ＋ ｘ ） １ ＋１＋ ｇ ｘ （ ２ － ＋ ｘ １ ） ＋１＝２， ｈ （０）＝ ｇ ０ （ ＋ ０ １ ） ＋１＝１， １ 答 ＜ 案 ３＜ ２＜ －１ ４ ＜ ， ａ ＜１
因此ｈ ｈ ｈ ｈ ｈ ｈ
（２０１８）＋ （２０１７）＋ （２０１６）＋…＋ （１）＋ （０）＋ （－１）＋
ｈ ｈ ｈ
…＋ （－２０１６）＋ （－２ ０１７）＋ （－２ ０１８）＝２ ０１８×２＋１＝４ ０３７，
选
Ｄ．
专题三 函数的概念、性质与基本初等函数 １１７
解析 由ｘ２ ａｘ 得ａ ｘ 若ｆ ｘ 的定义域和值域均是 ａ 求实数ａ的值
－ －２＝０ ＝ （１） （ ） ［１， ］， ；
若对任意的ｘ ｘ ａ 总有 ｆ ｘ ｆ ｘ 求
２ ｘ 由 ｘ２ ｘ ａ （２） １， ２∈［１， ＋１］， ｜ （ １）－ （ ２）｜≤４，
－ ｘ （ ≠０）， － －１－ ＝０ 实数ａ的取值范围．
得ａ ＝ ｘ２ － ｘ －１ ．在同一个坐标系 解析 （１）∵ ｆ （ ｘ ）＝（ ｘ － ａ ） ２ ＋５－ ａ２ （ ａ ＞１），
ｆ ｘ 在 ａ 上是减函数
中画出ｙ ｘ ２ 和 ｙ ｘ２ ｘ ∴ （ ） ［１， ］ ，
＝ － ｘ ＝ － －１ 又ｆ ｘ 的定义域和值域均为 ａ
（ ） ［１， ］，
的图象 （ 如图 ） ．由ｘ － ２ ｘ ＝ ｘ２ － ｘ － {ｆ （１）＝ ａ ，即 { １－２ ａ ＋５＝ ａ ， 解得ａ ．
∴ ｆ ａ ａ２ ａ２ ＝２
１
化简得ｘ３
－２
ｘ２
－
ｘ
＋２＝０，
即
（
ｘ （
对
）＝
任
１
意
，
的ｘ
－
ｘ
２ ＋５＝
ａ
１，
总有 ｆ ｘ ｆ ｘ
ｘ ｘ 解得ｘ （２）∵ １， ２∈［１， ＋１］， ｜ （ １）－（ ２）｜≤４，
＋１）（ －１）（ －２）＝０， ＝－ ｆ ｘ ｆ ｘ ．
或ｘ 或ｘ ．当ｘ 或ｘ 时 ｙ 当ｘ 时 ｙ ∴ （ ）ｍａｘ－（ ）ｍｉｎ≤４
１ ＝１ ＝２ ＝２ ＝－１ ， ＝１； ＝１ ， ＝－１， 若ａ ａ ａ 且 ａ ａ ａ
① ≥２，∵ ∈［１， ＋１］， （ ＋１）－ ≤ －１，
所以函数ｙ ｘ ２ 与ｙ ｘ２ ｘ 的图象有 个交点 当ｘ ａ 时 ｆ ｘ ｆ ａ ｆ ｘ ｆ ａ
＝ － ｘ ＝ － －１ ３ ：（－１，１）， ∴ ∈［１， ＋１］ ， （ ）ｍａｘ＝ （１）＝６－２ ， （ ）ｍｉｎ＝ （ ）＝５
ａ２．
． －
（１，－１），（２，１） ａ ａ２ 解得 ａ
∴ （６－２ ）－（５－ ）≤４， －１≤ ≤３，
作直线ｙ ａ与ｙ ｘ ２ 的图象相交 且交点横坐标从左到 又ａ ａ ．
＝ ＝ － ｘ ， ≥２，∴２≤ ≤３
右
坐
依
标
次
从
为
左到
ｘ
１ 右 ，
ｘ
依 ２，
直
次
线
为
ｙ
ｘ ＝
ａ
ｘ
与
若
ｙ
满 ＝
ｘ
足
２
－
ｘ
ｘ －１ ｘ
的图
ｘ
象
ｘ
相
则
交
由 ，
且
图
交
象
点
知
横 ②
－ ａ
若
２ ，
１＜
ａ
＜２，
则 ｆ
（
ｘ
）ｍａｘ＝
ｆ
（
ａ
＋１）＝ ６－
ａ２
，
ｆ
（
ｘ
）ｍｉｎ＝
ｆ
（
ａ
）＝ ５
３， ４， １＜ ３＜ ２＜ ４， ，
ｆ ｘ ｆ ｘ 显然成立．
－１＜ ａ ＜１ ． （ ）ｍａｘ－（ ）ｍｉｎ≤４
１０．（２０１８苏州期中）已知幂函数ｙ ＝ ｘ２ ｍ － ｍ２ （ ｍ ∈ Ｎ∗ ） 在 （０，＋∞） 综上 ，１＜ ａ ≤３ ．
上是增函数 则实数ｍ的值是 ． 由题悟法 在研究二次函数在闭区间上的最值或值域问题
，
答案 时 最好是作出二次函数的大致图象．特别是遇到对称轴固定
１ ，
解析 因为幂函数ｙ ＝ ｘ２ ｍ － ｍ２ （ ｍ ∈ Ｎ∗ ） 在 （０，＋∞） 上是增函 而区间变化或对称轴变化而区间固定这两种情形时 ， 要利用
数
，
所以
２
ｍ
－
ｍ２
＞０，
解得
０＜
ｍ
＜２，
又ｍ
∈
Ｎ∗
，
所以ｍ
＝１
． 函数图象
，
找出讨论的分类标准．
１１．（２０１９河北邯郸模拟，１６）若正实数ａ ｂ满足ａ＋ｂ＝１ 则函 １３． （２０１７ 浙 江 金 华 十 校 调 研， ２０） 已 知 函 数 ｆ ｘ
( １ ) ， ， {ｘ ｘ２ ｘ （ ）
数ｆ ｘ ＝ａｘ２＋ ３＋ ｘ－ａ的零点的最大值为 ． － ， ∈［０，１］，
（ ） ｂ
＝ ５ｆ ｘ ｘ ．
－９＋ ８５ － （ －１）， ∈［１，３］
答案 ５
( )
２
求ｆ ５ 及ｘ 时函数ｆ ｘ 的解析式
( １ ) （１） ∈［２，３］ （ ） ；
解析 设 ｆ ｘ ＝ａｘ２＋ ３＋ ｘ－ａ 的零点为 ｘ ｘ 且 ｘ ２
（ ） ｂ １， ２， １ ｋ
若ｆ ｘ 对任意的ｘ 恒成立 求实数ｋ的最
＜ｘ （２） （ ）≤ ｘ ∈（０，３］ ，
２，
小值．
( ３ １ ) ( ３ １ )２
－ ＋ ＋ ＋ ＋４ ( ) ( ) ( )
则ｘ ＝ ａ ａｂ ａ ａｂ 解析 ｆ ５ ５ｆ ３ １ ｆ １ １ １ １ ．
２ ２ ， （１） ＝－ ＝ ＝ × ＝
２ ５ ２ ５ ２ ５ ４ ２０
３ １ ３ｂ＋１ ３ｂ２＋２ｂ－１
令ｔ＝ ＋ ＝ ０＜ｂ＜１ 求导得ｔ′＝ 当ｘ 时 ｘ 所以 ｆ ｘ １ ｘ ｘ
ａ ａｂ ｂ－ｂ２， ， ｂ－ｂ２ ２ ， ∈［２，３］ ， －２∈［０，１］， （ ）＝ ［（ －２）－（ －
（ ） ５
１ １
∴０＜ｂ＜
３
时
，
ｔ′＜０
，
函数递减
，
ｂ＞
３
时
，
ｔ′＞０
，
函数递增
， ２）
２
］＝
１
（
ｘ
－２）（３－
ｘ
）
．
５
∴ｂ＝ １ 时 ｔ取得最小值９ ∴ｔ ９ 要使ｆ ｘ ｋ ｘ 恒成立 只需ｋ ｘｆ ｘ ｘ
３ ， ， ≥ ， （２） （ ）≤ ｘ ， ∈（０，３］ ， ≥［ （ ）］ｍａｘ，
即可．
－ｔ＋ ｔ２＋４ －ｔ＋ ｔ２＋４ ｔ２＋４＋ｔ ２ ∈（０，３］
∴ｘ ２ ＝ ２ ＝（ ２ ｔ２ ） ＋ （ ４＋ｔ ）＝ ｔ２＋４＋ｔ 在ｔ 当ｘ ∈（０，１］ 时 ， ｆ （ ｘ ）＝ ｘ － ｘ２ ，
（ ） 则对任意的ｘ ｘｆ ｘ ｘ２ ｘ３．
９ ＋∞ 上递减 ∈（０，１］， （ ）＝ －
∈［ ， ） ， ( )
∴ｔ＝９ 即ａ＝ ２ ｂ＝ １ 时 ｘ 取得最大值 －９＋ ８５ ． 令ｈ （ ｘ ）＝ ｘ２ － ｘ３ ， 则ｈ （ ｘ ）ｍａｘ＝ ｈ ２ ＝ ４ ；
， ３ ， ３ ， ２ ２ ３ ２７
－ ( ３ ＋ １ ) ＋ ( ３ ＋ １ )２ ＋４ 当ｘ ∈（１，２］ 时 ， ｘｆ （ ｘ ）＝－
５
５ｘ ［（ ｘ －１）－（ ｘ －１） ２ ］＝
５
５ｘ （ ｘ －１）
ａ ａｂ ａ ａｂ
思路分析 问题转化为求ｘ ＝ ｘ
２ ２ ·（ －２）≤０；
３ １ ３ｂ＋１ 当ｘ 时 ｘｆ ｘ １ ｘ ｘ ｘ ２ 令ｘ ｔ 则
的最大值 令ｔ＝ ＋ ＝ ０＜ｂ＜１ 利用导数法求得ｔ ∈（２，３］ ， （ ）＝ ［（ －２）－（ －２） ］， －２＝ ，
， ａ ａｂ ｂ－ｂ２（ ）， ∈ ５
ｔ
∈（０，１］，
－ｔ＋ ｔ２＋４
［
９
，
＋∞
），
再利用分子有理化得ｘ
２
＝
２
的单调性
，
从 记ｇ
（
ｔ
）＝
１
（
ｔ
＋２）（
ｔ
－
ｔ２
），
ｔ
∈（０，１］
．
５
而可求得最大值．
则ｇ′ ｔ １ ｔ２ ｔ 令ｇ′ ｔ
１２．（２０１６皖北联考，１８）已知函数ｆ ｘ ｘ２ ａｘ ａ ． （ ）＝－ （３ ＋２ －２）， （ ）＝０，
（ ）＝ －２ ＋５（ ＞１） ５
１１８ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
不动点
得ｔ －１＋ ７ 负值舍去 ，
０＝
３
（ ），
∴
ａｘ２
＋（
ｂ
＋１）
ｘ
＋
ｂ
－１＝
ｘ
，
即 ａｘ２
＋
ｂｘ
＋
ｂ
－１＝０
恒有两个不等
实根
故存在 ｔ －１＋ ７使得函数 ｇ ｔ 在 ｔ ｔ 处取得最大值 ，
０ ＝ ３ （ ） ＝ ０ ， ∴ Δ ＝ ｂ２ －４ ａｂ ＋４ ａ ＞０（ ｂ ∈ Ｒ ） 恒成立 ，
于是Δ′ ａ ２ ａ 解得 ａ
＝（－４ ） －１６ ＜０， ０＜ ＜１，
为１４ ７－２０． 故当ｂ Ｒ且ｆ ｘ 恒有关于参数 的两个不动点时 ａ ．
∈ （ ） １ ，０＜ ＜１
１３５
由已知得 ｘ２ ｘ ｍｘ 在 ｘ 上有两个不等实
ｋ （３） ＋３ ＋１＝ ∈（０，２］
又 ４ １４ ７－２０ 所以当ｋ ４ 时 ｆ ｘ 对任意的 ｘ 数解
＞ ， ≥ ， （ ）≤ ｘ ∈ ，
２７
恒成
１３
立
５ ２７ 即ｘ２
＋（３－
ｍ
）
ｘ
＋１＝０
在ｘ
∈（０，２］
上有两个不等实数解
，
（０，３］ ， 令ｈ ｘ ｘ２ ｍ ｘ
（ ）＝ ＋（３－ ） ＋１，
故实数ｋ的最小值为 ４ ． ìｈ
ï （０）＝１＞０，
２７
１４．（２０１９山西晋中模拟，２０）对于函数ｆ （ ｘ ）＝ ａｘ２ ＋（１＋ ｂ ） ｘ ＋ ｂ －１ ï ï ｈ （２）＝１１－２ ｍ ≥０，
ａ 若存在实数ｘ 使ｆ ｘ ｍｘ 成立 则称ｘ 为ｆ ｘ 所以íΔ ｍ ２
（ ≠０）， ０， （ ０）＝ ０ ， ０ （ ） ï ＝（３－ ） －４＞０，
关于参数ｍ的不动点． ïï ｍ －３
当ａ ｂ 时 求ｆ ｘ 关于参数 的不动点 î０＜ ２ ＜２，
（１） ＝１， ＝－２ ， （ ） １ ；
若对于任意实数ｂ 函数ｆ ｘ 恒有关于参数 的两个不动 解得 ｍ １１．
（２） ， （ ） １ ５＜ ≤
点 求ａ的取值范围 ２
， ； ( ]
当ａ ｂ 时 函数ｆ ｘ 在 上存在两个关于参数 故ｍ的取值范围是 １１ ．
（３） ＝１， ＝２ ， （ ） （０，２］ ５，
ｍ的不动点 试求参数ｍ的取值范围． ２
， 思路分析 当 ａ ｂ 时 解方程 ｆ ｘ ｘ 即可
解析 当ａ ｂ 时 ｆ ｘ ｘ２ ｘ （１） ＝１， ＝－２ ， （ ）＝ ；
由题意 得
（
ｘ
１
２
）
ｘ
＝
ｘ
１，
即
＝
ｘ
－
２
２
ｘ
， （ ）＝ － －３，
（２）
ｆ
（
ｘ
）＝
ｘ即ａｘ２
＋
ｂｘ
＋
ｂ
－１＝０
恒有两个不等实根
，
两次使用
解得ｘ 或
－
ｘ
－３＝ ， －２ －３＝０， 判别式即可得到ａ的取值范围
；（３）
问题转化为ｘ２
＋（３－
ｍ
）
ｘ
＋
＝－１ ＝３， 在 上有两个不等实数解 利用二次函数的图象列
故当ａ ｂ 时 ｆ ｘ 关于参数 的两个不动点为 １＝０ （０，２］ ，
＝１， ＝－２ ， （ ） １ －１ 不等式组可得ｍ的取值范围．
和 ．
３
ｆ ｘ ａｘ２ ｂ ｘ ｂ ａ 恒有关于参数 的两个
（２）∵ （ ）＝ ＋（ ＋１） ＋ －１（ ≠０） １
