2020年江苏高考数学复习练习课件第二章§2.3 二次函数与幂函数.pptx

1、考点一 二次函数,五年高考,统一命题、省(区、市)卷题组,1.(2019浙江,16,4分)已知aR,函数f(x)=ax3-x.若存在tR,使得|f(t+2)-f(t)| ,则实数a的最大 值是 .,答案,解析 本题考查绝对值不等式的解法及二次函数的最值等相关知识;以三次函数为背景,对不 等式化简变形,考查学生运算求解能力,将不等式有解问题转化为函数值域(最值)问题,考查学 生的化归与转化思想、数形结合思想;突出考查了数学运算的核心素养. |f(t+2)-f(t)| |a(t+2)3-(t+2)-(at3-t)| |6at2+12at+8a-2| |3at2+6at+4a-1| - 3at 2+

2、6at+4a-1 a(3t2+6t+4) , 3t2+6t+4=3(t+1)2+11, 若存在tR,使不等式成立,则需a0, 故a(3t2+6t+4)a,+), 只需a,+) 即可,0a , 故a的最大值为 .,疑难突破 能够将原绝对值不等式化繁为简,将问题简化为一元二次不等式有解问题,再进一 步转化为值域交集非空是求解本题的关键.,2.(2017浙江改编,5,4分)若函数f(x)=x2+ax+b在区间0,1上的最大值是M,最小值是m,则M-m . (1)与a有关,且与b有关 (2)与a有关,但与b无关 (3)与a无关,且与b无关 (4)与a无关,但与b有关,答案 (2),解析 本题考查二次函

3、数在闭区间上的最值,二次函数的图象,考查数形结合思想和分类讨论 思想. 解法一:令g(x)=x2+ax,则M-m=g(x)max-g(x)min. 故M-m与b无关. 又a=1时,g(x)max-g(x)min=2, a=2时,g(x)max-g(x)min=3, 故M-m与a有关.故填(2). 解法二:(1)当- 1,即a-2时, f(x)在0,1上为减函数,M-m=f(0)-f(1)=-a-1. (2)当 - 1,即-2a-1时,M=f(0),m=f ,从而M-m=f(0)-f =b- = a2. (3)当0- ,即-1a0时,M=f(1),m=f ,从而M-m=f(1)-f = a2+a

4、+1. (4)当- 0,即a0时, f(x)在0,1上为增函数, M-m=f(1)-f(0)=a+1.,即有M-m= M-m与a有关,与b无关.故填(2).,3.(2017北京文改编,11,5分)已知x0,y0,且x+y=1,则x2+y2的取值范围是 .,答案,解析 由题意知,y=1-x, y0,x0,0x1, 则x2+y2=x2+(1-x)2=2x2-2x+1=2 + . 当x= 时,x2+y2取最小值 , 当x=0或x=1时,x2+y2取最大值1, x2+y2 .,4.(2015浙江文,20,15分)设函数f(x)=x2+ax+b(a,bR). (1)当b= +1时,求函数f(x)在-1,

5、1上的最小值g(a)的表达式; (2)已知函数f(x)在-1,1上存在零点,0b-2a1,求b的取值范围.,解析 (1)当b= +1时, f(x)= +1, 故f(x)图象的对称轴为直线x=- . 当a-2时,g(a)=f(1)= +a+2. 当-22时,g(a)=f(-1)= -a+2. 综上,g(a)= (2)设s,t为方程f(x)=0的解,且-1t1,则 由于0b-2a1,因此 s (-1t1). 当0t1时, st ,由于- 0和- 9-4 , 所以- b9-4 . 当-1t0时, st , 由于-2 0和-3 0, 所以-3b0. 故b的取值范围是-3,9-4 .,考点二 幂函数 (

6、2018上海,7,5分)已知 .若幂函数f(x)=x为奇函数,且在(0,+)上递减,则 = .,答案 -1,解析 本题主要考查幂函数的性质.幂函数f(x)=x为奇函数,可取-1,1,3,又f(x)=x在(0,+ )上递减,0,故=-1.,规律方法 幂函数y=x(R)的性质及图象特征: 所有的幂函数在(0,+)上都有定义,并且图象都过点(1,1); 如果0,则幂函数的图象过原点,并且在区间0,+)上为增函数; 如果0,则幂函数的图象在区间(0,+)上为减函数; 当为奇数时,幂函数为奇函数;当为偶数时,幂函数为偶函数.,教师专用题组 考点一 二次函数,1.(2017山东理改编,10,5分)已知当x

7、0,1时,函数y=(mx-1)2的图象与y= +m的图象有且只有 一个交点,则正实数m的取值范围是 .,答案 (0,13,+),解析 当01时,在同一平面直角坐标系中作出函数y=(mx-1)2与y= +m的图象,如图. 要满足题意,则(m-1)21+m,解得m3或m0(舍去),m3. 综上,正实数m的取值范围为(0,13,+).,方法总结 已知函数有零点(方程有根或图象有交点)求参数的值或取值范围常用的方法: 直接法:直接根据题设条件构建关于参数的方程或不等式,再通过解方程或不等式确定参数 的值或取值范围. 分离参数法:先将参数分离,转化成求函数最值问题加以解决. 数形结合法:在同一平面直角坐

8、标系中画出函数的图象,然后数形结合求解.,2.(2015四川改编,9,5分)如果函数f(x)= (m-2)x2+(n-8)x+1(m0,n0)在区间 上单调递减, 那么mn的最大值为 .,答案 18,解析 当m=2时, f(x)=(n-8)x+1在区间 上单调递减,则n-82时, f(x)的图象开口向上且过点(0,1),要使f(x)在区间 上单调递减,需- 2,即2m +n12,而2m+n2 ,所以mn18,当且仅当 即 时,取“=”,此时满足m 2.故(mn)max=18. 综上可得,(mn)max=18.,评析 本题考查了二次函数的图象与性质、基本不等式.考查学生分析问题与解决问题的能 力

9、.考查转化与化归的数学思想.,3.(2015陕西改编,12,5分)对二次函数f(x)=ax2+bx+c(a为非零 ),四位同学分别给出下列结论, 其中有且只有一个结论是错误的,则错误的结论是 . (1)-1是f(x)的零点 (2)1是f(x)的极值点 (3)3是f(x)的极值 (4)点(2,8)在曲线y=f(x)上,答案 (1),解析 (1)由已知得, f (x)=2ax+b,则f(x)只有一个极值点,若(1)、(2)正确,则有 解得b =-2a,c=-3a, 则f(x)=ax2-2ax-3a. 由于a为非零整数,所以f(1)=-4a3,则C错. 而f(2)=-3a8,则D也错,与题意不符,故

10、A、B中有一个错误,C、D都正确. 若A、C、D正确,则有 由得 代入中并整理得9a2-4a+ =0, 又a为非零整数,则9a2-4a为整数,故方程9a2-4a+ =0无整数解,故(1)错.,若(2)(3)(4)正确,则有 解得a=5,b=-10,c=8,则f(x)=5x2-10x+8, 此时f(-1)=230,符合题意.,4.(2014大纲全国,16,5分)若函数f(x)=cos 2x+asin x在区间 是减函数,则a的取值范围是 .,答案 (-,2,解析 f(x)=cos 2x+asin x=1-2sin2x+asin x, 令t=sin x,x ,则t ,则函数y=-2t2+at+1在

11、 上是减函数,则 ,所以a2.,解题关键 本题的解题关键在于通过换元,将原函数转化为二次函数,再结合复合函数单调性 即可求解.考查转化能力、数形结合思想.,5.(2014辽宁,16,5分)对于c0,当非零实数a,b满足4a2-2ab+4b2-c=0且使|2a+b|最大时, - + 的 最小值为 .,答案 -2,解析 设2a+b=t,则2a=t-b,由已知得关于b的方程(t-b)2-b(t-b)+4b2-c=0有解,即6b2-3tb+t2-c=0有 解. 故=9t2-24(t2-c)0, 所以t2 c, 所以|t|max= ,此时c= t2,b= t,2a=t-b= , 所以a= . 故 - +

12、 = - + =8 =8 -2-2.,6.(2013课标全国,16,5分)若函数f(x)=(1-x2)(x2+ax+b)的图象关于直线x=-2对称,则f(x)的最大 值为 .,答案 16,解析 由f(x)=(1-x2)(x2+ax+b)的图象关于直线x=-2对称,有 即 解得a=8,b=15, f(x)=(1-x2)(x2+8x+15)=(1-x2)(x+4)2-1, 令x+2=t,则x=t-2,tR. y=g(t)=1-(t-2)2(t-2)2+8(t-2)+15=(4t-t2-3)(4t+t2+3)=16t2-(t2+3)2=16t2-t4-6t2-9=16-(t2-5)2, 当t2=5时

13、,ymax=16.,考点二 幂函数 (2014上海,9,4分)若f(x)= - ,则满足f(x)0的x的取值范围是 .,答案 (0,1),解析 令y1= ,y2= ,则f(x)0即为y1y2.函数y1= ,y2= 的图象如图所示,由图象知:当0x1 时,y1y2,所以满足f(x)0的x的取值范围是(0,1).,三年模拟,A组 20172019年高考模拟考点基础题组,考点一 二次函数,1.(2018苏锡常镇四市教学情况调研(一),14)若二次函数f(x)=ax2+bx+c(a0)在区间1,2上有两 个不同的零点,则 的取值范围为 .,答案 0,1),解析 设f(x)在区间1,2上的两个不同零点分

14、别为x1,x2, 则f(x)=a(x-x1)(x-x2),a0,x1,x21,2, = =(1-x1)(1-x2)0,1).,评析 本题主要考查二次函数的不同表示形式,巧设f(x)=a(x-x1)(x-x2)(其中x1,x2是函数f(x)的零 点)是求解本题的关键,解题时要注意这种设法的应用.,2.(2019扬州检测,11)若函数f(x)在定义域D内某区间H上是增函数,且 在H上是减函数,则称 y=f(x)在H上是“弱增函数”.已知函数g(x)=x2+(4-m)x+m在(0,2上是“弱增函数”,则实数m的 值为 .,答案 4,解析 由题意可知g(x)=x2+(4-m)x+m在(0,2上是增函数

15、, 0,即m4. 令h(x)= =x+ +4-m,则h(x)在(0,2上是减函数. (1)当m0时,h(x)在(0,2上为增函数,不符合题意; (2)当m0时,由对勾函数性质可知h(x)在(0, )上单调递减, 2,即m4,又m4,故m=4.,评析 理解题目中弱增函数的概念,然后将具体问题用题目中的定义表达,就能解决问题.,3.(2019苏北三市(徐州、连云港、淮安)期末,14)已知x0,y0,z0,且x+ y+z=6,则x3+y2+3z的 最小值为 .,答案,解析 x3+y2+3z=x3+y2+3(6-x- y)=x3-3x+ + , 令f(x)=x3-3x,g(y)= + , f (x)=

16、3x2-3=3(x-1)(x+1),x0, 易知f(x)在(0,1)上递减,在(1,+)上递增, 所以f(x)min=f(1)=-2. 当y= 时,g(y)有最小值,g(y)min= , 所以x3+y2+3z的最小值为-2+ = .,评析 本题考查函数的导数及其应用,二次函数的性质.根据变量间的关系,减少变量,转化为 三次函数与二次函数的最小值,其中三次函数最值利用求导法求解,二次函数最值利用配方法 求解.,4.(2018泰州中学二模,10)设函数f(x)=x2-2ax+15-2a的两个零点分别为x1,x2(x1x2),且在区间(x1,x2) 上恰好有两个正整数,则实数a的取值范围是 .,答案

17、,解析 令f(x)=0,可得x2+15=2a(x+1),即 =2a, 由题意可得 =2a有两个解x1,x2(x1x2),且在区间(x1,x2)上恰有两个正整数, 故函数y= 的图象和直线y=2a有两个交点,且这两个交点的横坐标分别为x1,x2, 令x+1=t,则y= =t+ -2, 令m(t)=t+ ,则m(t)的图象和直线y=2a+2有两个交点,且这两个交点的横坐标分别为t1,t2,在区 间(t1,t2)上恰有两个正整数,而这两个正整数应为4和5. 令t=5,则m(t)= ,令t=3,则m(t)= , 2a+2 ,故 a , 故实数a的取值范围为 .,5.(2019扬州中学检测,12)已知a

18、0,函数f(x)=|x2+|x-a|-3|在-1,1上的最大值为2,则a= .,答案 3或,解析 (1)当a1时, f(x)=|x2-x+a-3|, 函数y=x2-x+a-3(-1x1),对称轴为直线x= ,观察函数f(x)=|x2-x+a-3|的图象(图略)可知函数的 最大值是f(-1), f(1)或f . 令f(-1)=|1+1+a-3|=2,a=3或a=-1,经检验,a=3满足题意; 令f(1)=|1-1+a-3|=2,a=5或a=1,经检验,a=5和a=1都不满足题意. 令f = =2,a= 或a= ,经检验,a= 不满足题意. (2)当 时, f(x)=|x2+x-a-3|. 函数y

19、=x2+x-a-3(-1x1),对称轴为直线x=- . 观察函数f(x)=|x2+x-a-3|的图象(图略)得函数的最大值是 f = =2,a=- (舍)或a=- (舍). (3)当 时, f(x)=|x2-x+a-3|.,函数y=x2-x+a-3(-1x1),对称轴为直线x= ,观察函数f(x)=|x2-x+a-3|的图象(图略)可知函数的 最大值是f(-1)或f .结合(1)知均不符合题意. 所以a=3或 .,解题关键 根据二次函数的特点,得函数的最大值只能在端点或顶点处取得,是解题的关键,由 此做好必要的检验就能够解决问题.,6.(2019连云港期中,16)设二次函数f(x)=ax2+b

20、x+c,函数F(x)=f(x)-x的两个零点为m,n(m0的解集; (2)若a0,且0xmn ,比较f(x)与m的大小.,解析 (1)F(x)=f(x)-x=ax2+bx+c-x=ax2+(b-1)x+c, 因为函数F(x)的两个零点为-1,2, 所以 解得 所以F(x)=ax2-ax-2a=a(x-2)(x+1). 当a0时,F(x)=a(x-2)(x+1)0的解集为(-,-1)(2,+); 当a0的解集为(-1,2). 综上所述,当a0时,F(x)0的解集为(-,-1)(2,+);当a0的解集为(-1,2). (2)函数F(x)=ax2+(b-1)x+c的两个零点为m,n(m0,且0xmn

21、 ,所以x-m0, 所以f(x)-m0,即f(x)m.,7.(2019如皋期中,19)已知函数f(x)=x2+bx+c(b、cR). (1)当c=b时,解关于x的不等式f(x)1; (2)若f(x)的值域为1,+),关于x的不等式f(x)a的解集为(m,m+4),求实数a的值; (3)若x , f 0恒成立,函数g(x)=- ,且f(g(x)的最大值为1,求b2+c2 的取值范围.,解析 (1)当c=b时,由f(x)1得x2+bx+b-10, 即(x+b-1)(x+1)0, 当1-b-1,即b2时,原不等式的解集为(-,1-b)(-1,+). (2)由f(x)的值域为1,+),得 =1,因为关

22、于x的不等式f(x)a的解集为(m,m+4),所以m,m+4 是方程f(x)=a的两个根,即x2+bx+c-a=0的两根之差为4, 所以4= ,则 解得a=5. (3)x 时, (-,-22,+), 则x(-,-22,+)时, f(x)0恒成立. 又g(x)=- =-2- -3,-2), 因为f(g(x)的最大值为1,所以f(x)在x-3,-2)上的最大值为1,由f(x)图象开口向上,得 即 则c=3b-8,且b5. 此时由x(-,-22,+)时, f(x)0恒成立, 得x2+bx+3b-80恒成立,且f(-2)0, 得b4,所以4b5, 要满足x(-,-22,+)时, f(x)0恒成立,则0

23、,b2-4(3b-8)0,解得4b8,所以4b 5. 此时b2+c2=b2+(3b-8)2=10b2-48b+6432,74.,考点二 幂函数,1.(2017南通、徐州联考)已知幂函数f(x)=kx的图象经过点(4,2),则k+= .,答案,解析 由题意得k=1,4=2= ,k+= .,2.(2018苏州期中)已知幂函数y= (mN*)在(0,+)上是增函数,则实数m的值是 .,答案 1,解析 因为幂函数y= (mN*)在(0,+)上是增函数,所以2m-m20,解得0m2,又mN*,所 以m=1.,3.(2019金陵中学检测,10)已知函数f(x)=x的图象过点(4,2),令an= ,nN*,

24、记数列 an的前n项和为Sn,则S2 018的值为 .,答案 -1,解析 f(x)=x的图象过点(4,2), 2=4= . f(x)= = ,x0, an= = - . 则S2 018=a1+a2+a3+a2 017+a2 018 = -1+ - + - + - = -1.,评析 本题考查幂函数的应用及裂项相消法求和,难度适中.,一、填空题(每小题5分,共30分),B组 20172019年高考模拟专题综合题组 (时间：25分钟 分值：45分),1.(2018泰州中学期中,14)设反比例函数f(x)= 与二次函数g(x)=ax2+bx(a0)的图象有且仅有两 个不同的公共点A(x1,y1),B(

25、x2,y2),且x1x2,则 = .,答案 -2,解析 f(x)= 与二次函数g(x)=ax2+bx的图象有且仅有2个不同公共点等价于方程 =ax2+bx有 两个不同实根, 即ax3+bx2-2=0有两个不同实根x1,x2,且x1x20, 设ax3+bx2-2=a(x-x1)2(x-x2), 或ax3+bx2-2=a(x-x1)(x-x2)2, 对于,等式两边展开可得 b=a(-2x1-x2), +2x1x2=0,-a x2=-2. 故x1+2x2=0,又x1x2,所以x20且a0,所以x20,矛盾. 对于,等式两边展开可得 b=a(-x1-2x2), +2x1x2=0,-ax1 =-2. 2

26、x1+x2=0,x2=-2x1, = =-2.,2.(2019淮安五校联考,14)定义在R上的函数f(x)=ax3+bx2+cx(a0)的单调增区间为(-1,1),若方 程3af(x)2+2bf(x)+c=0恰有6个不同的实根,则实数a的取值范围是 .,答案,解析 对f(x)求导得f (x)=3ax2+2bx+c,因为f(x)的单调增区间为(-1,1),所以-1,1为f (x)=0的两根, 所以 3af(x)2+2bf(x)+c=0恰有6个不同实根等价于f(x)=1和f(x)=-1各有3个不同实根,所 以 即 所以a- .,思路点拨 令t=f(x),得到3at2+2bt+c=0,原方程有6个不

27、同的实数根,说明y=t与y=f(x)的图象有6 个不同的交点,根据函数f(x)的单调区间为(-1,1)解出 容易得到3at2+2bt+c=0有两个根 为-1,和1,从而得到对于y=1或y=-1,与y=f(x)的图象都必须有三个交点,从而得到解决.,3.(2019七大市三模,13)已知函数f(x)=x2-2x+3a,g(x)= .若对任意x10,3,总存在x22,3,使 得|f(x1)|g(x2)成立,则实数a的值为 .,答案 -,解析 对任意x10,3,存在x22,3,使得|f(x1)|g(x2),则|f(x1)|g(x)max, 易知g(x)在2,3上单调递减,g(x)max=2. 对任意的

28、x10,3,|f(x1)|2, 即|x2-2x+3a|2在0,3上恒成立. 即-2x2-2x+3a2, 即f(x)min-2, f(x)max2, 则 解得a=- .,4.(2019无锡期中,14)已知函数g(x)=kx+1在(2,+)上的零点为x1,函数f(x)=kx2+4x-4在(0,2上的 零点为x2则 + 的取值范围为 .,答案,解析 由题意得kx1+1=0k+ =0 =-k , 所以- k0. k +4x2-4=0- + +k=0 = (负值舍去), + =-k+ = . 令t= ,因为- k0,所以 t1, g(t)= + = = =- + , 所以g(t)在 上是减函数, 又g(

29、1)=1,g = , 所以 + 的取值范围为 .,5.(2019扬州中学检测,14)已知函数f(x)= 记A=x|f(x)=0,若A(-,2),则 实数a的取值范围为 .,答案,解析 由题意得函数f(x)=x2-|x+a|+2a在(-,2)上存在零点,所以方程x2=|x+a|-2a在(-,2)上有 根,所以函数g(x)=x2与h(x)=|x+a|-2a的图象的交点的横坐标在(-,2)上, 函数h(x)=|x+a|-2a的图象为顶点(-a,-2a)在直线y=2x上移动的折线, 如图所示,可得2a ,即a , 所以实数a的取值范围是 .,6.(2019南京六校联考,14)已知函数f(x)=x2-2

30、ax+2a-1.若对任意的a(0,3),存在x00,4,使得t| f(x0)|成立,则实数t的取值范围是 .,答案 t3,解析 f(x)=x2-2ax+2a-1的对称轴为直线x=a,且a(0,3), 函数f(x)=x2-2ax+2a-1在0,a上是减函数,在a,3上是增函数, 函数f(x)=x2-2ax+2a-1在0,4上的最小值为f(a)=-(a-1)2(-4,0. 当2a3时,函数f(x)=x2-2ax+2a-1(x0,4)在x=0处取得最大值,且最大值为2a-1,由于此时2 a3,所以32a-15, |f(x)|max=max|f(a)|,|f(0)|=|f(0)|=2a-13,5).

31、t3. 当0a2时,函数f(x)=x2-2ax+2a-1(x0,4)在x=4处取得最大值,且最大值为42-8a+2a-1=15-6 a,由于此时0a2,所以315-6a15; |f(x)|max=max|f(a)|,|f(4)|=|f(4)|=15-6a(3,15), t3. 综上,t的取值范围是t3.,一题多解 记|f(x)|max=M,则M|f(0)|=|2a-1|,M|f(4)|=|15-6a|,则4M3|f(0)|+|f(4)|=|6a-3|+|15-6a| 15-3=12,解得M3,当且仅当2a-1=15-6a,即a=2时,上述等号成立,此时, f(x)max=f(0)=f(4)=3

32、, f (x)min=f(2)=3-2a=-1,所以|f(x)|max=3,所以t3.,二、解答题(共15分) 7.(2019扬州中学检测,19)设f(x)=x2+bx+c(b、cR). (1)若f(x)在-2,2上不单调,求b的取值范围; (2)若f(x)|x|对一切xR恒成立,求证:b2+14c; (3)若对一切xR,有f 0,且f 的最大值为1,求b、c满足的条件.,解析 (1)由题意得-2- 2,-4b4. (2)证明:由题意得x2+bx+cx与x2+bx+c-x同时成立,即 b2+14c. (3)易知 2,依题意,对一切满足|x|2的实数x,有f(x)0. 当f(x)=0有实根时, f(x)=0的实根在区间-2,2内, 所以 即 又 =2+ (2,3, 于是, f 的最大值为f(3)=1,即9+3b+c=1,从而c=-3b-8. 故 即 解得b=-4,c=4.,当f(x)=0无实根时,=b2-4cf(3)时, f 无最大值.于是, f 存在最大值的充要条 件是f(2)f(3),即4+2b+c9+3b+c,所以b-5.又f 的最大值为f(3)=1,即9+3b+c=1,从而c =-3b-8.由=b2-4c0,得b2+12b+320,即-8b-4.所以b、c满足的条件为3b+c+8=0且-5b-4. 综上,b,c满足的条件为3b+c+8=0且-5b-4.,