2025版高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用第四节二次函数与幂函数学案理含解析新人教A版

PAGEPAGE5第四节二次函数与幂函数2024考纲考题考情1．幂函数(1)定义：一般地，函数y＝xα叫做幂函数，其中底数x是自变量，α是常数。(2)幂函数的图象比较：2．二次函数(1)解析式：一般式：f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)。顶点式：f(x)＝a(x－h)2＋k(a≠0)。两根式：f(x)＝a(x－x1)(x－x2)(a≠0)。(2)图象与性质：与二次函数有关的不等式恒成立的条件(1)ax2＋bx＋c>0(a≠0)恒成立的充要条件是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,b2－4ac<0；))(2)ax2＋bx＋c<0(a≠0)恒成立的充要条件是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0，,b2－4ac<0；))(3)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max，a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min。一、走进教材1．(必修1P79习题T1改编)已知幂函数f(x)＝k·xα的图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(2),2)))，则k＋α＝()A．eq\f(1,2)B．1C．eq\f(3,2)D．2解析因为f(x)＝k·xα是幂函数，所以k＝1。又f(x)的图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(2),2)))，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))α＝eq\f(\r(2),2)，所以α＝eq\f(1,2)，所以k＋α＝1＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)。故选C。答案C2．(必修1P38B组T1改编)函数y＝2x2－6x＋3，x∈[－1，1]，则y的最小值为________。解析函数y＝2x2－6x＋3＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))2－eq\f(3,2)的图象的对称轴为直线x＝eq\f(3,2)>1，所以函数y＝2x2－6x＋3在[－1,1]上为单调递减函数，所以ymin＝2－6＋3＝－1。答案－1二、走近高考3．(2024·浙江高考)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()A．与a有关，且与b有关B．与a有关，但与b无关C．与a无关，且与b无关D．与a无关，但与b有关解析设x1，x2分别是函数f(x)在[0,1]上的最小值点与最大值点，则m＝xeq\o\al(2,1)＋ax1＋b，M＝xeq\o\al(2,2)＋ax2＋b。所以M－m＝xeq\o\al(2,2)－xeq\o\al(2,1)＋a(x2－x1)，明显此值与a有关，与b无关。故选B。答案B三、走出误区微提示：①二次函数解析式形式选择不恰当，致使运算量偏大；②幂函数定义不清楚，导致出错；③二次函数在给定区间上的恒成立问题忽视给定区间的作用致误。4．已知某二次函数的图象与函数y＝2x2的图象的形态一样，开口方向相反，且其顶点为(－1,3)，则此函数的解析式为()A．y＝2(x－1)2＋3 B．y＝2(x＋1)2＋3C．y＝－2(x－1)2＋3 D．y＝－2(x＋1)2＋3解析设所求函数的解析式为y＝a(x＋h)2＋k(a≠0)，由题意可知a＝－2，h＝1，k＝3，故y＝－2(x＋1)2＋3。故选D。答案D5．已知幂函数y＝f(x)的图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(\r(2),2)))，则此函数的解析式为________；在区间________上递减。解析设y＝f(x)＝xα，因为图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(\r(2),2)))，代入解析式得α＝－eq\f(1,2)，则y＝x－eq\f(1,2)，由性质可知函数y＝x－eq\f(1,2)在(0，＋∞)上递减。答案y＝x－eq\f(1,2)(0，＋∞)6．已知函数f(x)＝x2－x＋1，在区间[－1,1]上不等式f(x)>2x＋m恒成立，则实数m的取值范围是________。解析f(x)>2x＋m等价于x2－x＋1>2x＋m，即x2－3x＋1－m>0，令g(x)＝x2－3x＋1－m，要使g(x)＝x2－3x＋1－m>0在[－1,1]上恒成立，只需使函数g(x)＝x2－3x＋1－m在[－1,1]上的最小值大于0即可。因为g(x)＝x2－3x＋1－m在[－1,1]上单调递减，所以g(x)min＝g(1)＝－m－1。由－m－1>0，得m<－1。因此满意条件的实数m的取值范围是(－∞，－1)。答案(－∞，－1)考点一幂函数的图象及性质【例1】(1)已知幂函数f(x)＝(n2＋2n－2)·xn2－3n(n∈Z)的图象关于y轴对称，且在(0，＋∞)上是减函数，则n的值为()A．－3 B．1C．2 D．1或2解析(1)由于f(x)为幂函数，所以n2＋2n－2＝1，解得n＝1或n＝－3，经检验只有n＝1符合题意。故选B。答案(1)B(2)D1．对于幂函数图象的驾驭只要抓住在第一象限内三条线分第一象限为六个区域，即x＝1，y＝1，y＝x分区域。依据α＜0,0＜α＜1，α＝1，α＞1的取值确定位置后，其余象限部分由奇偶性确定。2．在比较幂值的大小时，必需结合幂值的特点，选择适当的函数，借助其单调性进行比较。【变式训练】已知函数f(x)＝(m2－m－1)·xm2＋m－3是幂函数，且x∈(0，＋∞)时，f(x)是增函数，则m的值为()A．－1 B．2C．－1或2 D．3解析由题意知，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2－m－1＝1，,m2＋m－3>0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝－1或m＝2，,m2＋m－3>0，))所以m＝2，故选B。答案B考点二二次函数的解析式【例2】(1)已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋1(a，b∈R)，x∈R，若函数f(x)的最小值为f(－1)＝0，则f(x)＝________。(2)已知二次函数f(x)的图象经过点(4,3)，它在x轴上截得的线段长为2，并且对随意x∈R，都有f(2－x)＝f(2＋x)，则f(x)＝________。解析(1)设函数f(x)的解析式为f(x)＝a(x＋1)2＝ax2＋2ax＋a，又f(x)＝ax2＋bx＋1，所以a＝1，b＝2，故f(x)＝x2＋2x＋1。(2)因为f(2－x)＝f(2＋x)对随意x∈R恒成立，所以f(x)图象的对称轴为直线x＝2。又因为f(x)的图象被x轴截得的线段长为2，所以f(x)＝0的两根为1和3。设f(x)的解析式为f(x)＝a(x－1)(x－3)(a≠0)，又f(x)的图象过点(4,3)，所以3a＝3，即a＝1，所以f(x)的解析式为f(x)＝(x－1)(x－3)，即f(x)＝x2－4x＋3。答案(1)x2＋2x＋1(2)x2－4x＋3求二次函数解析式的三个策略：(1)已知三个点坐标，宜选用一般式；(2)已知顶点坐标、对称轴、最大(小)值等，宜选用顶点式；(3)已知图象与x轴两交点的坐标，宜选用两根式。【变式训练】(1)已知二次函数f(x)与x轴的两个交点坐标为(0,0)和(－2,0)且有最小值－1，则f(x)＝________。(2)若函数f(x)＝(x＋a)(bx＋2a)(a，b∈R)是偶函数，且它的值域为(－∞，4]，则该函数的解析式为f(x)＝________。解析(1)设函数的解析式为f(x)＝ax(x＋2)(a≠0)，所以f(x)＝ax2＋2ax，由eq\f(4a×0－4a2,4a)＝－1，得a＝1，所以f(x)＝x2＋2x。解析：由二次函数f(x)与x轴交于(0,0)，(－2,0)，知f(x)的图象关于x＝－1对称。设f(x)＝a(x＋1)2－1(a>0)，又f(0)＝0，得a＝1，所以f(x)＝(x＋1)2－1＝x2＋2x。(2)由f(x)是偶函数知f(x)的图象关于y轴对称，所以－a＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,b)))，即b＝－2，所以f(x)＝－2x2＋2a2，又f(x)的值域为(－∞，4]，所以2a2＝4，故f(x)＝－2x2＋4。答案(1)x2＋2x(2)－2x2＋4考点三二次函数的图象和性质微点小专题方向1：二次函数的图象【例3】对数函数y＝logax(a>0且a≠1)与二次函数y＝(a－1)x2－x在同一坐标系内的图象可能是()ABCD解析当0<a<1时，y＝logax为减函数，y＝(a－1)x2－x的图象开口向下，其对称轴为直线x＝eq\f(1,2a－1)<0，解除C，D；当a>1时，y＝logax为增函数，y＝(a－1)x2－x的图象开口向上，其对称轴为直线x＝eq\f(1,2a－1)>0，解除B。故选A。答案A确定二次函数的图象从三方面入手1．开口方向；2.对称轴；3.特别点。方向2：二次函数的单调性【例4】函数f(x)＝ax2＋(a－3)x＋1在区间[－1，＋∞)上是递减的，则实数a的取值范围是()A．[－3,0) B．(－∞，－3]C．[－2,0] D．[－3,0]解析当a＝0时，f(x)＝－3x＋1，在[－1，＋∞)上递减，满意题意。当a≠0时，f(x)的图象的对称轴为直线x＝eq\f(3－a,2a)，由f(x)在[－1，＋∞)上递减知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0，,\f(3－a,2a)≤－1，))解得－3≤a<0。综上，a的取值范围为[－3,0]。答案D【互动探究】若函数f(x)＝ax2＋(a－3)x＋1的单调减区间是[－1，＋∞)，则a的取值为________。解析由题意知，f(x)必为二次函数且a<0，又eq\f(3－a,2a)＝－1，所以a＝－3。答案－31．对于二次函数的单调性，关键是看图象的开口方向与对称轴的位置，若开口方向或对称轴的位置不确定，则须要分类探讨求解。2．利用二次函数的单调性比较大小，肯定要将待比较的两数通过二次函数的图象的对称性转化到同一单调区间上比较。方向3：二次函数的最值【例5】已知函数f(x)＝ax2－2x(a>0)，求函数f(x)在区间[0,2]上的最小值。解因为a>0，所以f(x)＝ax2－2x的图象的开口方向向上，且对称轴为直线x＝eq\f(1,a)。①当eq\f(1,a)<2，即a>eq\f(1,2)时，eq\f(1,a)∈(0,2)，所以f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，2))上单调递增，所以f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝eq\f(1,a)－eq\f(2,a)＝－eq\f(1,a)。②当eq\f(1,a)≥2，即0<a≤eq\f(1,2)时，f(x)在[0,2]上单调递减，所以f(x)min＝f(2)＝4a－4。综上所述，f(x)min＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4a－4，0<a≤\f(1,2)，,－\f(1,a)，a>\f(1,2)。))1．二次函数在闭区间上的最值主要有三种类型：轴定区间定、轴动区间定、轴定区间动。不论哪种类型，解题的关键都是对称轴与区间的位置关系，当含有参数时，要依据对称轴与区间的位置关系进行分类探讨。2．二次函数的单调性问题主要依据二次函数图象的对称轴进行分类探讨求解。【题点对应练】1．(方向1)如图，若a<0，b>0，则函数y＝ax2＋bx的大致图象是________(填序号)。①②③④解析函数图象的开口向下，对称轴方程为x＝－eq\f(b,2a)>0，且过原点，故大致图象是③。答案③2．(方向2)若函数y＝mx2＋x＋5在[－2，＋∞)上是增函数，则m的取值范围是________。解析当m＝0时，函数在给定区间上是增函数；当m≠0时，函数是二次函数，图象对称轴为x＝－eq\f(1,2m)≤－2，得m≤eq\f(1,4)，又m>0，因此0<m≤eq\f(1,4)。综上，0≤m≤eq\f(1,4)。答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))3．(方向3)设二次函数f(x)＝ax2－2ax＋c在区间[0,1]上单调递减，且f(m)≤f(0)，则实数m的取值范围是()A．(－∞，0] B．[2，＋∞)C．(－∞，0]∪[2，＋∞) D．[0,2]解析依题意a≠0，二次函数f(x)＝ax2－2ax＋c图象的对称轴是直线x＝1，因为函数f(x)在区间[0,1]上单调递减，所以a>0，即函数图象的开口向上，所以f(0)＝f(2)，则当f(m)≤f(0)时，有0≤m≤2。故选D。答案Deq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(老师备用题))1．(协作例2运用)已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c满意条件：①f(3－x)＝f(x)；②f(1)＝0；③对随意实数x，f(x)≥eq\f(1,4a)－eq\f(1,2)恒成立，则其解析式为f(x)＝________。解析依题意可设f(x)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))2＋k，由f(1)＝eq\f(1,4)a＋k＝0，得k＝－eq\f(1,4)a，从而f(x)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))2－eq\f(a,4)≥eq\f(1,4a)－eq\f(1,2)恒成立，则－eq\f(a,4)≥eq\f(1,4a)－eq\f(1,2)，且a>0，即eq\f(1,4a)＋eq\f(a,4)－eq\f(1,2)≤0，即eq\f(a2－2a＋1,4a)≤0，且a>0，所以a＝1。从而f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))2－eq\f(