高考数学(理数)一轮复习：课时达标检测07《二次函数与幂函数》(教师版)

这是一份高考数学(理数)一轮复习：课时达标检测07《二次函数与幂函数》(教师版)，共6页。

对点练(一) 幂函数
1．函数y＝x SKIPIF 1 < 0 的图象是( )
解析：选B 由幂函数y＝xα，若0<α<1，在第一象限内过(1,1)，排除A、D，又其图象上凸，则排除C，故选B.
2.图中C1，C2，C3为三个幂函数y＝xk在第一象限内的图象，则解析式中指数k的值依次可以是( )
A．－1，eq \f(1,2)，3 B．－1,3，eq \f(1,2)
C.eq \f(1,2)，－1,3 D.eq \f(1,2)，3，－1
解析：选A 根据幂函数图象的规律知，选A.
3．幂函数y＝(m2－5m＋7)xm的图象过点(2,4)，则m＝( )
A．－2B．－1
C．1D．2
解析：选D ∵幂函数y＝(m2－5m＋7)xm的图象过点(2,4)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m2－5m＋7＝1，,2m＝4，))解得m＝2.故选D.
4．已知幂函数f(x)＝xn的图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(8，\f(1,4)))，且f(a＋1)A．(－3,1)B．(－∞，－3)∪(1，＋∞)
C．(－∞，1)D．(1，＋∞)
解析：选B 因为幂函数f(x)＝xn的图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(8，\f(1,4)))，所以8n＝eq \f(1,4)，即23n＝2－2，解得n＝－eq \f(2,3).因此f(x)＝x－eq \f(2,3)是偶函数，且在(0，＋∞)上单调递减，在(－∞，0)上单调递增．
由f(a＋1)2，解得a<－3或a>1.故选B.
5．若a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) SKIPIF 1 < 0 ，b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5))) SKIPIF 1 < 0 ，c＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) SKIPIF 1 < 0 ，则a，b，c的大小关系是( )
A．aC．b解析：选D ∵y＝x SKIPIF 1 < 0 (x>0)是增函数，∴a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) SKIPIF 1 < 0 >b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5))) SKIPIF 1 < 0 .∵y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x是减函数，
∴a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) SKIPIF 1 < 0 6．若幂函数f(x)＝(m2－3m＋3)·x SKIPIF 1 < 0 的图象不经过坐标原点，则实数m的值为________．
解析：由于函数f(x)为幂函数，故m2－3m＋3＝1，解得m＝1或m＝2，
当m＝2时，f(x)＝x0不经过原点；当m＝1时，f(x)＝x－2不经过原点，故m＝1或m＝2.
答案：1或2
对点练(二) 二次函数
1．为了美观，在加工太阳镜时将下半部分轮廓制作成二次函数图象的形状(如图所示)．若对应的两条曲线关于y轴对称，AE∥x轴，AB＝4 cm，最低点C在x轴上，高CH＝1 cm，BD＝2 cm，则右轮廓线DFE所在的二次函数的解析式为( )
A．y＝eq \f(1,4)(x＋3)2B．y＝eq \f(1,2)(x－3)2
C．y＝eq \f(1,2)(x＋3)2D．y＝eq \f(1,4)(x－3)2
解析：选D 由题图可知，对应的两条曲线关于y轴对称，AE∥x轴，AB＝4 cm，最低点C在x轴上，高CH＝1 cm，BD＝2 cm，所以点C的纵坐标为0，横坐标的绝对值为3，即C(－3,0)，因为点F与点C关于y轴对称，所以F(3,0)，因为点F是右轮廓线DFE所在的二次函数图象的顶点，所以设该二次函数为y＝a(x－3)2(a>0)，将点D(1,1)代入得，a＝eq \f(1,4)，即y＝eq \f(1,4)(x－3)2.
2．若函数f(x)＝eq \f(d,ax2＋bx＋c)(a，b，c，d∈R)的图象如图所示，则a∶b∶c∶d＝( )
A．1∶6∶5∶8B．1∶6∶5∶(－8)
C．1∶(－6)∶5∶8D．1∶(－6)∶5∶(－8)
解析：选D 由图象可知，x≠1,5，所以ax2＋bx＋c＝k(x－1)(x－5)，
所以a＝k，b＝－6k，c＝5k，根据图象可得当x＝3时，y＝2，所以d＝－8k，
所以a∶b∶c∶d＝1∶(－6)∶5∶(－8)．
3．已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋5的图象过点P(－1,11)，且其对称轴是x＝1，则a＋b的值是( )
A．－2B．0
C．1D．2
解析：选A 因为二次函数f(x)＝ax2＋bx＋5的图象的对称轴是x＝1，所以－eq \f(b,2a)＝1，
又f(－1)＝a－b＋5＝11，所以a－b＝6，解得a＝2，b＝－4，所以a＋b＝－2，故选A.
4.已知二次函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的图象如图所示，记p＝|a－b＋c|＋|2a＋b|，q＝|a＋b＋c|＋|2a－b|，则( )
A．p>q
B．p＝q
C．pD．以上都有可能
解析：选C 因为二次函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的图象开口向下，经过原点且对称轴在x＝1的右侧，故a<0，－eq \f(b,2a)>1，c＝0，所以b>0,2a＋b>0,2a－b<0.又当x＝－1时，y＝a－b＋c<0，当x＝1时，y＝a＋b＋c>0，所以p＝|a－b＋c|＋|2a＋b|＝－a＋b－c＋2a＋b＝a＋2b－c，q＝|a＋b＋c|＋|2a－b|＝a＋b＋c－2a＋b＝－a＋2b＋c，所以p－q＝2(a－c)＝2a<0，所以p5．已知函数f(x)＝－2x2＋bx，若对任意的实数t都有f(4＋t)＝f(4－t)，则f(－2)，f(4)，f(5)的大小关系为( )
A．f(5)>f(－2)>f(4) B．f(4)>f(5)>f(－2)
C．f(4)>f(－2)>f(5) D．f(－2)>f(4)>f(5)
解析：选B 因为对任意的实数t都有f(4＋t)＝f(4－t)，所以函数f(x)＝－2x2＋bx的图象关于直线x＝4对称，所以f(－2)＝f(10)，又函数f(x)＝－2x2＋bx的图象开口向下，所以函数f(x)在[4，＋∞)上是减函数，因为4<5<10，所以f(4)>f(5)>f(10)，即f(4)>f(5)>f(－2)．
6．若函数f(x)＝x2－2x＋m(x∈R)有两个不同的零点，且f(1－x)≥－1恒成立，则实数m的取值范围是( )
A．(0,1)B．[0,1)
C．(0,1]D．[0,1]
解析：选B 因为函数f(x)＝x2－2x＋m(x∈R)有两个不同的零点，所以方程x2－2x＋m＝0有两个不同的实根，所以Δ>0,4－4m>0，m<1.因为f(1－x)≥－1恒成立，所以(1－x)2－2(1－x)＋m≥－1恒成立，所以x2＋m≥0恒成立，所以m≥0，所以m∈[0,1)．
7．已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c，其中b>0，若f(x)的值域为[0，＋∞)，则eq \f(f1,b)的最小值为________．
解析：∵f(x)的值域为[0，＋∞)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>0，,Δ＝b2－4ac＝0，))∴c＝eq \f(b2,4a).
∵f(1)＝a＋b＋c，∴eq \f(f1,b)＝1＋eq \f(a＋c,b)＝1＋eq \f(a＋\f(b2,4a),b)＝1＋eq \f(4a2＋b2,4ab)≥1＋eq \f(2\r(4a2b2),4ab)＝2，
当且仅当4a2＝b2时等号成立，∴eq \f(f1,b)的最小值为2.
答案：2
8．已知函数f(x)＝x2＋bx＋1满足f(－x)＝f(x＋1)，若存在实数t，使得对任意实数x∈[1，m]，都有f(x＋t)≤x成立，则实数m的最大值为________．
解析：函数f(x)＝x2＋bx＋1满足f(－x)＝f(x＋1)，则f(x)图象的对称轴为x＝eq \f(1,2)，
则－eq \f(b,2)＝eq \f(1,2)，解得b＝－1，∴f(x)＝x2－x＋1，由f(x＋t)≤x得(x＋t)2－(x＋t)＋1≤x，
即(x＋t－1)2≤－t(t≤0)，∴1－t－eq \r(－t)≤x≤1－t＋eq \r(－t)，由题意可得1－t－eq \r(－t)≤1，
解得－1≤t≤0，令y＝1－t＋eq \r(－t)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(－t)＋\f(1,2)))2＋eq \f(3,4)，可得1≤y≤3，
∴m≤3，可得m的最大值为3.
答案：3
[大题综合练——迁移贯通]
1．已知函数f(x)＝x2＋ax＋3－a，若x∈[－2,2]，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．
解：f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(a,2)))2－eq \f(a2,4)－a＋3，令f(x)在[－2,2]上的最小值为g(a)．
(1)当－eq \f(a,2)<－2，即a>4时，g(a)＝f(－2)＝7－3a≥0，
∴a≤eq \f(7,3).又a>4，∴a不存在．
(2)当－2≤－eq \f(a,2)≤2，即－4≤a≤4时，g(a)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))＝－eq \f(a2,4)－a＋3≥0，
∴－6≤a≤2.又－4≤a≤4，∴－4≤a≤2.
(3)当－eq \f(a,2)>2，即a<－4时，g(a)＝f(2)＝7＋a≥0，∴a≥－7.又a<－4，
∴－7≤a<－4.综上可知，a的取值范围为[－7,2]．
2．已知函数f(x)＝ax2＋bx＋1(a，b∈R)，x∈R.
(1)若函数f(x)的最小值为f(－1)＝0，求f(x)的解析式，并写出单调区间；
(2)在(1)的条件下，f(x)>x＋k在区间[－3，－1]上恒成立，试求k的取值范围．
解：(1)由题意得f(－1)＝a－b＋1＝0，a≠0，且－eq \f(b,2a)＝－1，∴a＝1，b＝2.
∴f(x)＝x2＋2x＋1，
单调递减区间为(－∞，－1]，单调递增区间为[－1，＋∞)．
(2)f(x)>x＋k在区间[－3，－1]上恒成立，
转化为x2＋x＋1>k在区间[－3，－1]上恒成立．
设g(x)＝x2＋x＋1，x∈[－3，－1]，
则g(x)在[－3，－1]上递减．
∴g(x)min＝g(－1)＝1.
∴k<1，即k的取值范围为(－∞，1)．
3．已知函数f(x)＝x2－4x＋a＋3，a∈R.
(1)若函数f(x)在(－∞，＋∞)上至少有一个零点，求实数a的取值范围；
(2)若函数f(x)在[a，a＋1]上的最大值为3，求a的值．
解：(1)由Δ＝16－4(a＋3)≥0，得a≤1.
故实数a的取值范围是(－∞，1]．
(2)f(x)＝(x－2)2＋a－1.
当a＋1<2，即a<1时，f(x)max＝f(a)＝a2－3a＋3＝3，
解得a＝0，a＝3(舍去)；
当a＋1>2，eq \f(a＋a＋1,2)≤2，
即1≤a≤eq \f(3,2)时，f(x)max＝f(a)＝3，解得a＝0或3(均舍)；
当a≤2，eq \f(a＋a＋1,2)>2，
即eq \f(3,2)解得a＝eq \f(1±\r(13),2)(均舍)．
当a>2时，f(x)max＝f(a＋1)＝a2－a＝3，
解得a＝eq \f(1＋\r(13),2)，a＝eq \f(1－\r(13),2)(舍去)．
综上，a＝0或a＝eq \f(1＋\r(13),2).