2022版高考数学大一轮复习课时作业07《二次函数与幂函数》(含答案详解)

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这是一份2022版高考数学大一轮复习课时作业07《二次函数与幂函数》(含答案详解)，共5页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
幂函数y=f(x)经过点(3，eq \r(3))，则f(x)是( )
A.偶函数，且在(0，＋∞)上是增函数
B.偶函数，且在(0，＋∞)上是减函数
C.奇函数，且在(0，＋∞)上是减函数
D.非奇非偶函数，且在(0，＋∞)上是增函数
已知点(m,8)在幂函数f(x)=(m－1)xn的图象上，设a=f(eq \f(\r(3),3))，b=f(lnπ)，c=f(eq \f(\r(2),2))，
则a，b，c的大小关系为( )
A.a 函数f(x)=2x2－mx＋3，当x∈[－2，＋∞)时，f(x)是增函数，当x∈(－∞，－2]时，
f(x)是减函数，则f(1)的值为( )
A.－3 B.13 C.7 D.5
如图是二次函数y=ax2＋bx＋c图象的一部分，图象过点A(－3,0)，对称轴为x=－1.
给出下面四个结论：
①b2>4ac；②2a－b=1；③a－b＋c=0；④5a其中正确的是( )
A.②④ B.①④ C.②③ D.①③
已知函数f(x)=－x2＋4x，x∈[m,5]的值域是[－5,4]，则实数m取值范围是( )
A.(－∞，－1) B.(－1,2] C.[－1,2] D.[2,5]
函数f(x)=(x－2)(ax＋b)为偶函数，且在(0，＋∞)单调递增，则f(2－x)>0解集为( )
A.{x|－2B.{x|x>2，或x<－2}
C.{x|0D.{x|x>4，或x<0}
设函数f(x)=mx2－mx－1，若对于x∈[1,3]，f(x)<－m＋4恒成立，
则实数m的取值范围为( )
A.(－∞，0] B.[0,eq \f(5,7)) C.(－∞，0)∪(0,eq \f(5,7)) D.(-∞,eq \f(5,7))
设函数f(x)=若函数y=f(x)在区间(a,a+1)上单调递增,则实数a的取值范围是( )
A.(-∞,1] B.[1,4] C.[4,+∞) D.(-∞,1]∪[4,+∞)
二、填空题
已知函数f(x)=x2－m是定义在区间[－3－m，m2－m]上的奇函数，则f(m)= .
已知二次函数y=x2＋2kx＋3－2k，则顶点位置最高时函数的解析式为 .
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 .
已知a>0，函数f(x)=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋2ax＋a，x≤0，,－x2＋2ax－2a，x>0.))，若关于x的方程f(x)=ax恰有2个互异的实数解，则a的取值范围是 .
三、解答题
已知函数f(x)=x2＋2ax＋2，x∈[－5,5].
(1)当a=－1时，求函数f(x)的最大值和最小值；
(2)求实数a的取值范围，使y=f(x)在区间[－5,5]上是单调函数.
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.
设二次函数f(x)=ax2＋bx＋c的导函数为f′(x)，若对任意x∈R，不等式f(x)≥f′(x)恒成立，求eq \f(b2,a2＋2c2)的最大值.
\s 0 答案详解
答案为：D.
解析：设幂函数的解析式为y=xα，将(3，eq \r(3))代入解析式得3α=eq \r(3)，
解得α=eq \f(1,2)，∴y=x0.5，其是非奇非偶函数，且在(0，＋∞)上是增函数.
答案为：A.
解析：∵点(m,8)在幂函数f(x)=(m－1)xn的图象上，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m－1＝1，,m－1mn＝8，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝2，,n＝3，))
∴f(x)=x3，且f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，
又eq \f(\r(3),3) 答案为：B.
解析：函数f(x)=2x2－mx＋3图象的对称轴为x=eq \f(m,4)，
由函数f(x)的增减区间可知eq \f(m,4)=－2，
所以m=－8，即f(x)=2x2＋8x＋3，所以f(1)=2＋8＋3=13.
答案为：B.
解析：因为图象与x轴交于两点，所以b2－4ac>0，即b2>4ac，①正确.
对称轴为x=－1，即－eq \f(b,2a)=－1,2a－b=0，②错误.
结合图象，当x=－1时，y>0，即a－b＋c>0，③错误.
由对称轴为x=－1知，b=2a.
又函数图象开口向下，所以a<0，所以5a<2a，即5a 答案为：C.
解析：∵f(x)=－x2＋4x=－(x－2)2＋4，
∴当x=2时，f(2)=4，由f(x)=－x2＋4x=－5，解得x=5或x=－1，
∴要使函数在[m,5]的值域是[－5,4]，则－1≤m≤2，故选C.
答案为：D.
解析：函数f(x)=ax2＋(b－2a)x－2b为偶函数，则b－2a=0，
故f(x)=ax2－4a=a(x－2)(x＋2)，因为在(0，＋∞)单调递增，所以a>0.
根据二次函数的性质可知，
不等式f(2－x)>0的解集为{x|2－x>2，或2－x<－2}={x|x<0，或x>4}，故选D.
答案为：D.
解析：由题意，f(x)<－m＋4对于x∈[1,3]恒成立即m(x2－x＋1)<5对于x∈[1,3]恒成立.∵当x∈[1,3]时，x2－x＋1∈[1,7]，∴不等式f(x)<－m＋4等价于m∵当x=3时，eq \f(5,x2－x＋1)取最小值eq \f(5,7)，∴若要不等式m则必须满足m D 作出函数y=f(x)的图象,如图所示,
由图象可知f(x)的单调递增区间为(-∞,2],(4,+∞),所以要使f(x)在(a,a+1)上单调递增,需满足a+1≤2或a≥4,即a≤1或a≥4,选D.
答案为：-1.
解析：由题意得m2－m=3＋m，即m2－2m－3=0，∴m=3或m=－1.
当m=3时，f(x)=x－1，[－3－m，m2－m]为[－6,6]，f(x)在x=0处无意义，故舍去.
当m=－1时，f(x)=x3，[－3－m，m2－m]为[－2,2]，满足题意，
∴f(m)=f(－1)=(－1)3=－1.
答案为：y=x2－2x＋5.
解析：由题意可知y=x2＋2kx＋3－2k=(x＋k)2－k2－2k＋3，
所以该函数的顶点坐标为(－k，－k2－2k＋3).
设顶点的纵坐标为y=－k2－2k＋3=－(k＋1)2＋4，
所以当k=－1时，顶点位置最高，此时函数的解析式为y=x2－2x＋5.
答案为：3.
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.
答案为：(4,8).
解析：解法1：当x≤0时，由x2＋2ax＋a=ax，得a=－x2－ax；
当x>0时，由－x2＋2ax－2a=ax，得2a=－x2＋ax.
令g(x)=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2－ax，x≤0，,－x2＋ax，x>0.))
作出直线y=a，y=2a，函数g(x)的图象如图所示，
g(x)的最大值为－eq \f(a2,4)＋eq \f(a2,2)=eq \f(a2,4)，由图象可知，若f(x)=ax恰有2个互异的实数解，
则a解法2：由f(x)=ax，可得
当x≤0时，x2＋2ax＋a=ax，即x2＋ax＋a=0，可得a=－eq \f(x2,x＋1).
由a>0，可得x<－1.可设函数g(x)=－eq \f(x2,x＋1)，其中x∈(－∞，－1).
当x>0时，－x2＋2ax－2a=ax，即x2－ax＋2a=0，可得a=eq \f(x2,x－2).
由a>0，可得x>2.可设函数h(x)=eq \f(x2,x－2)，其中x∈(2，＋∞).
对g(x)求异，可得g′(x)=－eq \f(x2＋2x,x＋12).令g′(x)<0，可得x<－2；
令g′(x)>0，可得－2则g(x)在(－∞，－2)上单调递减，在(－2，－1)上单调递增.
同理可得h(x)在(2,4)上单调递减，在(4，＋∞)上单调递增.
画出g(x)和h(x)的大致图象如图所示.
由图可知，满足题意的a的取值范围是(4,8).
解：(1)当a=－1时，f(x)=x2－2x＋2=(x－1)2＋1，x∈[－5,5]，
所以当x=1时，f(x)取得最小值1；
当x=－5时，f(x)取得最大值37.
(2)函数f(x)=(x＋a)2＋2－a2的图象的对称轴为直线x=－a，
因为y=f(x)在区间[－5,5]上是单调函数，
所以－a≤－5或－a≥5，即a≤－5或a≥5.
故实数a的取值范围是(－∞，－5]∪[5，＋∞).
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)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).
解：∵f(x)=ax2＋bx＋c，
∴f′(x)=2ax＋b，
∵对任意x∈R，不等式f(x)≥f′(x)恒成立，
∴ax2＋bx＋c≥2ax＋b，化简可得ax2＋(b－2a)x＋c－b≥0，
∴Δ=(b－2a)2－4a(c－b)=b2＋4a2－4ac≤0且a>0，即b2≤4ac－4a2，
∴4ac－4a2≥0，∴c≥a>0，∴eq \f(c,a)－1≥0.
∴eq \f(b2,a2＋2c2)≤eq \f(4ac－4a2,a2＋2c2)=eq \f(\f(4c,a)－4,1＋\f(2c2,a2))=eq \f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)－1)),1＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)))2).
令t=eq \f(c,a)－1，则t≥0，
∴当t>0时，eq \f(4t,1＋2t＋12)=eq \f(4,2t＋\f(3,t)＋4)≤eq \f(4,2\r(6)＋4)=eq \r(6)－2，
当且仅当t=eq \f(\r(6),2)时取等号.
当t=0时，eq \f(b2,a2＋2c2)≤0，综上，当t=eq \f(\r(6),2)时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b2,a2＋2c2)))max=eq \r(6)－2.

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