冪函數(shù)與二次函數(shù)學案答案校對版

第四節(jié)冪函數(shù)與二次函數(shù)【學習目標】1.了解冪函數(shù)的概念；結(jié)合函數(shù)y＝x，y＝x2，y＝x3，y＝xeq\s\up6(\f(1,2))，y＝eq\f(1,x)的圖象，了解它們的變化情況；2.理解二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，能用二次函數(shù)、方程、不等式之間的關(guān)系解決簡單問題.【知識回顧】題組一常識題1.[教材改編]函數(shù)f(x)=，當x=時，函數(shù)取得最大值．1.-317[解析]f(x)=-x2-6x+8=-(x+3)2+17,當x=-3時,函數(shù)取得最大值17.2.[教材改編]已知冪函數(shù)y=f(x)的圖像過點(2,2),則函數(shù)f(x)=.

2.x12[解析]設(shè)f(x)=xα,則2=2α,所以α=12,故函數(shù)f(x)3.[教材改編]設(shè)函數(shù)f(x)=2x-1,x<1,x2-x3.2[解析]依題意有a≥1,a2-4.當x∈(0,1)時,函數(shù)y=xp的圖像在直線y=x的上方,則p的取值范圍是.

4.(-∞,1)[解析]當p>0時,根據(jù)題意p<1,所以0<p<1;當p=0時,函數(shù)為y=1(x≠0),符合題意;當p<0時,函數(shù)y=xp,x∈(0,+∞)的圖像過(1,1)點,函數(shù)為減函數(shù),符合題意.綜上所述,p的取值范圍為(-∞,1).【考點通關(guān)】考點一冪函數(shù)的圖象和性質(zhì)[例1](1)圖2-7-3中,C1,C2,C3為三個冪函數(shù)y=xk在第一象限內(nèi)的圖像,則解析式中指數(shù)k的值依次可以是 ()A．，， B．，，C．，， D．，，(2)若(a＋1)eq\s\up6(\f(1,2))<(3－2a)eq\s\up6(\f(1,2))，則實數(shù)a的取值范圍是________．（3）當x∈(0，＋∞)時，冪函數(shù)y＝(m2＋m－1)x－5m－3為減函數(shù)，則實數(shù)m的值為(A．－2B．1C．1或－2D．m≠eq\f(－1±\r(5),2)【解析】(1)根據(jù)冪函數(shù)的圖像知,選項A正確.(2)易知函數(shù)y＝xeq\s\up6(\f(1,2))的定義域為[0，＋∞)，在定義域內(nèi)為增函數(shù)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋1≥0，,3－2a≥0，,a＋1<3－2a，))解得－1≤a<eq\f(2,3).（3）解析：選B因為函數(shù)y＝(m2＋m－1)x－5m－3既是冪函數(shù)又是(0，＋∞)上的減函數(shù)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2＋m－1＝1，,－5m－3<0，))解得m＝1.【答案】(1)A(2)eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(2,3)))(3)B變式訓練[變式1—1](1)若a=1223,b=1523,c=1213,則A.a<b<c B.c<a<bC.b<c<a D.b<a<c(1)因為y=x23(x>0)是增函數(shù),所以a=1223>1523=b.因為y=12x是減函數(shù),所以a=[變式1—2](2022·北京東城一模)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)，x≥2，,（x－1）3，x＜2，))若關(guān)于x的方程f(x)＝k有兩個不同的實根，則實數(shù)k的取值范圍是________.(2)在同一坐標系中，作y＝f(x)的圖象與直線y＝k，如圖所示，則當0<k<1時，關(guān)于x的方程f(x)＝k有兩個不同的實根.(2)(0，1)eq\a\vs4\al(考點二求二次函數(shù)的解析式)高考單獨考查求二次函數(shù)的解析式較少，大多同其性質(zhì)一同考查，多結(jié)合圖象求解，難度中等.[例2]已知二次函數(shù)f(x)滿足f(2)＝－1，f(－1)＝－1，且f(x)的最大值是8，試確定此二次函數(shù)的解析式．解：法一：(利用二次函數(shù)的一般式)設(shè)f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)．由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4a＋2b＋c＝－1，,a－b＋c＝－1，,\f(4ac－b2,4a)＝8，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－4，,b＝4，,c＝7.))故所求二次函數(shù)為f(x)＝－4x2＋4x＋7.法二：(利用二次函數(shù)的頂點式)設(shè)f(x)＝a(x－m)2＋n.∵f(2)＝f(－1)，∴拋物線對稱軸為x＝eq\f(2＋－1,2)＝eq\f(1,2).∴m＝eq\f(1,2)，又根據(jù)題意函數(shù)有最大值8，∴n＝8，∴y＝f(x)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋8.∵f(2)＝－1，∴aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,2)))2＋8＝－1，解得a＝－4，∴f(x)＝－4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋8＝－4x2＋4x＋7.法三：(利用兩根式)由已知f(x)＋1＝0的兩根為x1＝2，x2＝－1，故可設(shè)f(x)＋1＝a(x－2)(x＋1)，即f(x)＝ax2－ax－2a－又函數(shù)有最大值ymax＝8，即eq\f(4a－2a－1－a2,4a)＝8.解得a＝－4或a＝0(舍去)，故所求函數(shù)解析式為f(x)＝－4x2＋4x＋7.變式訓練[變式2—1]已知二次函數(shù)f(x)的圖象經(jīng)過點(4,3)，它在x軸上截得的線段長為2，并且對任意x∈R，都有f(2－x)＝f(2＋x)，求f(x)的解析式．解：∵f(2－x)＝f(2＋x)對x∈R恒成立，∴f(x)的對稱軸為x＝2.又∵f(x)的圖象被x軸截得的線段長為2，∴f(x)＝0的兩根為1和3.設(shè)f(x)的解析式為f(x)＝a(x－1)(x－3)(a≠0)．又∵f(x)的圖象過點(4,3)，∴3a＝3，a＝∴所求f(x)的解析式為f(x)＝(x－1)(x－3)，即f(x)＝x2－4x＋3.eq\a\vs4\al(考點三二次函數(shù)的圖象與性質(zhì))角度(一)二次函數(shù)圖象的識別[例3—1](2022·重慶五中模擬)一次函數(shù)y＝ax＋b與二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c在同一坐標系中的圖象大致是()解析：選C若a>0，則一次函數(shù)y＝ax＋b為增函數(shù)，二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c的圖象開口向上，故可排除A；若a<0，一次函數(shù)y＝ax＋b為減函數(shù)，二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c的圖象開口向下，故可排除D；對于選項B，看直線可知a>0，b>0，從而－eq\f(b,2a)<0，而二次函數(shù)的對稱軸在y軸的右側(cè)，故應(yīng)排除B，選C.[變式3—1]設(shè)abc>0,二次函數(shù)f(x)=ax2+bx+c的圖像可能是.

①②③④圖2-7-15.④[解析]當a>0時,對應(yīng)的圖像應(yīng)為③或④,由abc>0知b,c同號,在③④兩圖中有c<0,故b<0,因此得-b2a>0,④中圖像符合.同理可判斷當a<0時,①②角度(二)二次函數(shù)的單調(diào)性問題[例3—2]若二次函數(shù)y＝kx2－4x＋2在區(qū)間[1,2]上是單調(diào)遞增函數(shù)，則實數(shù)k的取值范圍為()A．[2，＋∞)B．(2，＋∞)C．(－∞，0)D．(－∞，2)解析：選A二次函數(shù)y＝kx2－4x＋2的對稱軸為x＝eq\f(2,k)，當k>0時，要使函數(shù)y＝kx2－4x＋2在區(qū)間[1,2]上是增函數(shù)，只需eq\f(2,k)≤1，解得k≥2.當k<0時，eq\f(2,k)<0，此時拋物線的對稱軸在區(qū)間[1,2]的左側(cè)，該函數(shù)y＝kx2－4x＋2在區(qū)間[1,2]上是減函數(shù)，不符合要求．綜上可得實數(shù)k的取值范圍是[2，＋∞)．角度(三)二次函數(shù)的最值問題[例3—3]已知函數(shù)f(x)＝x2－2x＋2.(1)求f(x)在區(qū)間[eq\f(1,2)，3]上的最大值和最小值；(2)若g(x)＝f(x)－mx在[2,4]上是單調(diào)函數(shù)，求m的取值范圍．解(1)∵f(x)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1，x∈[eq\f(1,2)，3]，∴f(x)的最小值是f(1)＝1，又f(eq\f(1,2))＝eq\f(5,4)，f(3)＝5，所以f(x)在區(qū)間[eq\f(1,2)，3]上的最大值是5，最小值是1.(2)∵g(x)＝f(x)－mx＝x2－(m＋2)x＋2，∴eq\f(m＋2,2)≤2或eq\f(m＋2,2)≥4，即m≤2或m≥6.故m的取值范圍是(－∞，2]∪[6，＋∞)．[變式3—2]（1）(2022·廣西一模)若xlog52≥－1，則函數(shù)f(x)＝4x－2x＋1－3的最小值為() A．－4B．－3C．－1D．（2）(2022·安徽皖北第一次聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝－x2＋2ax＋1－a在區(qū)間[0,1]上的最大值為2，則a的值為() A．2B．－1或－3C．2或－3D．－1或2解析：(1)xlog52≥－1?log52x≥log55－1?2x≥eq\f(1,5)，令t＝2xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t≥\f(1,5)))，則有y＝t2－2t－3＝(t－1)2－4，當t＝1≥eq\f(1,5)，即x＝0時，f(x)取得最小值－4.故選A．（2）函數(shù)f(x)＝－(x－a)2＋a2－a＋1圖象的對稱軸為x＝a，且開口向下，分三種情況討論如下： ①當a≤0時，函數(shù)f(x)＝－x2＋2ax＋1－a在區(qū)間[0,1]上是減函數(shù)， ∴f(x)max＝f(0)＝1－a，由1－a＝2，得a＝－1. ②當0＜a≤1時，函數(shù)f(x)＝－x2＋2ax＋1－a在區(qū)間[0，a]上是增函數(shù)，在[a,1]上是減函數(shù)，∴f(x)max＝f(a)＝－a2＋2a2＋1－a＝a2－a＋1 由a2－a＋1＝2，解得a＝eq\f(1＋\r(5),2)或a＝eq\f(1－\r(5),2).∵0＜a≤1，∴兩個值都不滿足，舍去． ③當a＞1時，函數(shù)f(x)＝－x2＋2ax＋1－a在區(qū)間[0,1]上是增函數(shù)， ∴f(x)max＝f(1)＝－1＋2a＋1－a＝2，∴a＝ 綜上可知，a＝－1或a＝2.]答案(1)A(2)D角度(四)與二次函數(shù)有關(guān)的恒成立問題[例3—5](2022·武邑調(diào)研)已知定義在R上的奇函數(shù)f(x)滿足：當x≥0時，f(x)＝x3，若不等式f(－4t)＞f(2m＋mt2)對任意實數(shù)t恒成立，則實數(shù)m的取值范圍是(A．(－∞，－eq\r(2)) B．(－eq\r(2)，0)C．(－∞，0)∪(eq\r(2)，＋∞) D．(－∞，－eq\r(2))∪(eq\r(2)，＋∞)[學審題]①可推出f(x)＝x3(x∈R)，進而推出f(x)在R上為增函數(shù)；②利用函數(shù)單調(diào)性可脫掉法則“f”，從而轉(zhuǎn)化為關(guān)于t的二次函數(shù)恒成立問題．解析：選A當x<0時，f(x)＝－f(－x)＝x3，∴f(x)＝x3(x∈R)，易知f(x)在R上是增函數(shù)，結(jié)合f(－4t)>f(2m＋mt2)對任意實數(shù)t恒成立，知－4t>2m＋mt2對任意實數(shù)t恒成立，即mt2＋4t＋2m<0對任意實數(shù)t恒成立，故有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m<0，,Δ＝16－8m2<0，))解得m∈(－∞，－eq\r(2))，故選A.[變式3—3](1)已知函數(shù)f(x)＝x2＋mx－1，若對于任意x∈[m，m＋1]，都有f(x)＜0成立，則實數(shù)m的取值范圍是________. (2)已知a是實數(shù)，函數(shù)f(x)＝2ax2＋2x－3在x∈[－1,1]上恒小于零，則實數(shù)a的取值范圍為________． (1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，0))(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))[(1)作出二次函數(shù)f(x)的圖象，對于任意x∈[m，m＋1]，都有f(x)＜0，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fm＜0，,fm＋1＜0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2＋m2－1＜0，,m＋12＋mm＋1－1＜0，))解得－eq\f(\r(2),2)＜m＜0. (2)由題意知2ax2＋2x－3＜0在[－1,1]上恒成立．當x＝0時，適合；當x≠0時，a＜eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－\f(1,3)))2－eq\f(1,6).因為eq\f(1,x)∈(－∞，－1]∪[1，＋∞)，當x＝1時，右邊取最小值eq\f(1,2)，所以a＜eq\f(1,2). 綜上，實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))).]【高考鏈接】1.(2022·全國Ⅱ卷)已知函數(shù)f(x)(x∈R)滿足f(x)＝f(2－x)，若函數(shù)y＝|x2－2x－3|與y＝f(x)圖象的交點為(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xm，ym)，則eq\o(∑,\s\up8(m),\s\do6(i＝1))xi＝() 解析由f(x)＝f(2－x)知函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱.又y＝|x2－2x－3|＝|(x－1)2－4|的圖象也關(guān)于直線x＝1對稱，所以這兩函數(shù)的交點也關(guān)于直線x＝1對稱.不妨設(shè)x1<x2<…<xm，則eq\f(x1＋xm,2)＝1，即x1＋xm＝2，同理有x2＋xm－1＝2，x3＋xm－2＝2，…，又eq\o(∑,\s\up6(m),\s\do4(i＝1))xi＝xm＋xm－1＋…＋x1，所以2eq\o(∑,\s\up6(m),\s\do4(i＝1))xi＝(x1＋xm)＋(x2＋xm－1)＋…＋(xm＋x1)＝2m，所以eq\o(∑,\s\up6(m),\s\do4