1、2021 年高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破年高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破 专题专题 2.4 二次函数与幂函数二次函数与幂函数 目录 一、题型全归纳 . 1 题型一 求二次函数的解析式 . 1 题型二 二次函数的图象与性质 . 3 命题角度 1 二次函数的图象 . 3 命题角度 2 二次函数的单调性 . 5 命题角度 3 二次函数的最值 . 6 命题角度 4 与二次函数有关的恒成立问题 . 7 题型三 分类讨论思想在二次函数问题中的应用 . 8 题型四 幂函数的图象与性质 . 9 二、高效训练突破 . 11 一、题型全归纳一、题型全归纳 题型一题型一 求二次函数
2、的解析式求二次函数的解析式 【题型要点】【题型要点】用待定系数法求二次函数的解析式 (1)关键：恰当选取二次函数解析式的形式 (2)选法 已知条件 解析式的形式 三点坐标 一般式 yax2bxc(a0) 顶点坐标 顶点式 ya(xh)2k(a0) 对称轴 最大(小)值 与 x 轴两交点的坐标 两根式 ya(xx1)(xx2)(a0) 【例【例 1】已知二次函数 f(x)满足 f(2)1，f(1)1，且 f(x)的最大值是 8，试确定此二次函数的解析式 【解】 法一：法一：(利用一般式利用一般式) 设 f(x)ax2bxc(a0) 由题意得 4a2bc1， abc1， 4acb2 4a 8， 解
3、得 a4， b4， c7. 所以所求二次函数的解析式为 f(x)4x24x7. 法二：法二：(利用顶点式利用顶点式) 设 f(x)a(xm)2n(a0) 因为 f(2)f(1)， 所以抛物线的对称轴为 x2（1） 2 1 2. 所以 m1 2.又根据题意函数有最大值 8，所以 n8， 所以 f(x)a 2 2 1 x8. 因为 f(2)1，所以 a 2 2 1 x81， 解得 a4，所以 f(x)4 2 2 1 x84x24x7. 法三：法三：(利用零点式利用零点式) 由已知 f(x)10 的两根为 x12，x21， 故可设 f(x)1a(x2)(x1)， 即 f(x)ax2ax2a1. 又函
4、数有最大值 8，即4a（2a1）a 2 4a 8. 解得 a4 或 a0(舍去)， 所以所求函数的解析式为 f(x)4x24x7. 题型二题型二 二次函数的图象与性质二次函数的图象与性质 命题角度命题角度 1 二次函数的图象二次函数的图象 【题型要点】【题型要点】识别二次函数图象应学会“三看” 【例【例 1】已知 abc0，则二次函数 f(x)ax2bxc 的图象可能是( ) 【答案】 D 【解析】 A 项，因为 a0， b 2a0，所以 b0，所以 c0，而 f(0)c0，故 A 错 B 项，因为 a0，所以 b0. 又因为 abc0，所以 c0，故 B 错 C 项，因为 a0， b 2a0
5、.又因为 abc0， 所以 c0，而 f(0)c0， b 2a0，所以 b0，所以 c0，而 f(0)c4ac；2ab1；abc0；5a0，即 b24ac，正确；二次函数 的图象的对称轴为直线 x1，即 b 2a1,2ab0，错误；结合图象知，当 x1 时，y0，即 a bc0，错误；由对称轴为直线 x1 知，b2a， 又函数的图象开口向下，a0， 5a2a， 即 5a0)在区间 A 上单调递减(单调递增)，则 A a b 2 ， ， a b A 2 ， 即区间 A 一定在函数图象对称轴的左侧(右侧) 【例【例 3】(2020 河南中原名校联考河南中原名校联考)已知函数 f(x)2ax24(a
6、3)x5 在区间(，3)上是减函数，则 a 的取 值范围是( ) A. 4 3 0， B. 4 3 0， C. 4 3 0， D. 4 3 0， 【答案】 D 【解析】 因为函数 f(x)2ax24(a3)x5 在区间(，3)上是减函数， 当 a0 时，a 须满足 2a0， 4a3 2 2a 3， 解得 0a3 4； 当 a0 时，f(x)12x5 在(，3)上是减函数 综上可知，a 的取值范围是 4 3 0， 【例【例 4】函数 f(x)ax2(a3)x1 在区间1，)上是单调递减的，则实数 a 的取值范围是_ 【答案】 3，0 【解析】 当 a0 时，f(x)3x1 在1，)上单调递减，满
7、足条件 当 a0 时，f(x)的对称轴为 x3a 2a ， 由 f(x)在1，)上单调递减知 a0， 3a 2a 1， 解得3a0.综上，a 的取值范围为3，0 命题角度命题角度 3 二次函数的最值二次函数的最值 【题型要点】二次函数最值问题的解法【题型要点】二次函数最值问题的解法 抓住“三点一轴”数形结合，三点是指区间两个端点和中点，一轴指的是对称轴，结合配方法，根据函数的单 调性及分类讨论的思想即可完成 【例【例 5】已知 f(x)4x24ax4aa2在0,1内的最大值为5，则 a 的值为( ) A.5 4 B1 或5 4 C1 或5 4 D5 或5 4 【答案】D 【解析】 f(x)4
8、2 2 a x4a，对称轴为直线 xa 2. 当a 21，即 a2 时，f(x)在0,1上递增， f(x)maxf(1)4a2. 令4a25，得 a 1(舍去) 当 0a 21，即 0a2 时，f(x)max 2 a f4a. 令4a5，得 a5 4. 当a 20，即 a0 时，f(x)在0,1上递减， f(x)maxf(0)4aa2. 令4aa25， 解得 a5 或 a1(舍去) 综上所述，a5 4或5.故选 D. 【例【例 6】设函数 f(x)x22x2，xt，t1，tR，求函数 f(x)的最小值 【解】 f(x)x22x2(x1)21，xt，t1，tR，函数图象的对称轴为 x1.当 t1
9、1， 即 t1 时，函数图象如图(3)所示，函数 f(x)在区间t，t1上为增函数，所以最小值 f(t)t22t2. 综上可知，f(x)min t 21，t1. 命题角度命题角度 4 与二次函数有关的恒成立问题与二次函数有关的恒成立问题 【题型要点】与二次函数有关的不等式恒成立的条件【题型要点】与二次函数有关的不等式恒成立的条件 (1)ax2bxc0(a0)恒成立的充要条件是 a0， b24ac0. (2)ax2bxc0(a0)恒成立的充要条件是 a0， b24ac0. 如举例说明 4. (3)af(x)恒成立af(x)max，af(x)恒成立af(x)min. (4)f(x)ax2bxc0)
10、在(m，n)上恒成立 fm0， fn0. 如举例说明 5. (5)f(x)ax2bxc0(a0， fn0. 【例【例 7】 已知 a 是实数， 函数 f(x)2ax22x3 在 x1， 1上恒小于零， 则实数 a 的取值范围为_ 【答案】 2 1 -， 【解析】 2ax22x30 在1，1上恒成立 当 x0 时，30，成立； 当 x0 时，a3 2 2 3 11 x 1 6，因为 1 x(，11，)，当 x1 时，右边取最小值 1 2，所以 af(2mmt2)对任意实数 t 恒成立，则实数 m 的取值范围是( ) A(， 2) B( 2，0) C(，0)( 2，) D(， 2)( 2，) 【答
11、案】A 【解析】当 xf(2m mt2)对任意实数 t 恒成立，知4t2mmt2对任意实数 t 恒成立，即 mt24t2m0 对任意实数 t 恒成立， 故有 m0， 168m20 时，f(x)ax22x 的图象开口向上且对称轴为 x1 a. 当 01，即 0a1 时， f(x)ax22x 的对称轴在0，1的右侧， 所以 f(x)在0，1上单调递减 所以 f(x)minf(1)a2； (3)当 a0 时，f(x)ax22x 的图象开口向下且对称轴 x1 a0，在 y 轴的左侧， 所以 f(x)ax22x 在0，1上单调递减， 所以 f(x)minf(1)a2. 综上所述，f(x)min a2，a
12、0 时，函数 f(x)在区间1，2上是增函数，最大值为 f(2)8a14，解得 a3 8； (3)当 a1 01 cba Babcd Cdcab Dabdc 【答案】B 【解析】观察图象联想 yx2，yx1 2，yx 1在第一象限内的图象，可知 c0，d0,0b12d，所以 cd.综上知 abcd. 【例【例 2】幂函数 f(x)xa210a23(aZ)为偶函数，且 f(x)在区间(0，)上是减函数，则 a 等于( ) A3 B4 C5 D6 【答案】C. 【解析】 ：因为 a210a23(a5)22， f(x)x(a5)2 2(aZ)为偶函数， 且在区间(0，)上是减函数， 所以(a5)22
13、0，从而 a4，5，6， 又(a5)22 为偶数，所以只能是 a5，故选 C. 【例【例 3】若 a 3 2 2 1 ，b 3 2 5 1 2 3，c 3 1 2 1 ，则 a，b，c 的大小关系是( ) Aabc Bcab Cbca Dbab 3 2 5 1 ，因为 y x 2 1 是减函数， 所以 a 3 2 2 1 c 3 1 2 1 ，所以 ba0，则一次函数 yaxb 为增函数，二次函数 yax2bxc 的图象开口向上，故可排除 A； 若 a0，b0，从而 b 2a0，f(p)4ac；2ab1；abc0；5a0，即 b24ac，正确；对称轴为 x1，即 b 2a1，2ab0，错误；结
14、合图象，当 x1 时，y0，即 abc0，错误；由对称轴为 x 1 知，b2a，又函数图象开口向下，所以 a0，所以 5a2a，即 5a0， 若 a，bR，且 ab0，则 f(a)f(b)的值( ) A恒大于 0 B恒小于 0 C等于 0 D无法判断 【答案】A 【解析】对任意的 x1，x2(0，)，且 x1x2，满足fx1fx2 x1x2 0，幂函数 f(x)在(0，)上是增函数， m2m11， 4m9m510， 解得 m2，则 f(x)x2015. 函数 f(x)x2015在 R 上是奇函数，且为增函数，由 ab0，得 ab，f(a)f(b)f(b)， f(a)f(b)0.故选 A. 二、
15、填空题二、填空题 1.已知二次函数 f(x)ax2bxc 满足条件： f(3x)f(x)； f(1)0； 对任意实数 x， f(x) 1 4a 1 2恒成立， 则其解析式为 f(x)_. 【答案】x23x2 【解析】由得，对称轴方程为 x b 2a 3 2. 由得，abc0. 由得，f(x)min4acb 2 4a 1 4a 1 2，且 a0. 解得 a1，b3，c2.所以 f(x)x23x2. 2.已知二次函数的图象与 x 轴只有一个交点， 对称轴为 x3， 与 y 轴交于点(0， 3)， 则它的解析式为_ 【答案】 ：y1 3x 22x3 【解析】 ：由题意知，可设二次函数的解析式为 ya
16、(x3)2，又图象与 y 轴交于点(0，3)， 所以 39a，即 a1 3. 所以 y1 3(x3) 21 3x 22x3. 3.若 f(x)x22ax 与 g(x) a x1在区间1，2上都是减函数，则实数 a 的取值范围是_ 【答案】 ：(0，1 【解析】 ：因为 f(x)x22ax 在1，2上是减函数，所以 a1，又因为 g(x) a x1在1，2上是减函数，所 以 a0，所以 00 时，f(x)(x1)2，若当 x 2 1 -2- ，时，nf(x)m 恒成立，则 mn 的最小 值为_ 【答案】 ：1 【解析】 ：当 x0，f(x)f(x)(x1)2，因为 x 2 1 -2- ，所以 f
17、(x)minf(1)0，f(x)maxf( 2)1，所以 m1，n0，mn1.所以 mn 的最小值是 1. 7.(2019 南阳模拟南阳模拟)设二次函数 f(x)ax22ax1 在3,2上有最大值 4，则实数 a 的值为_ 【答案】3 或3 8 【解析】此函数图象的对称轴为直线 x1， 当 a0 时，图象开口向上， 所以当 x2 时取得最大值，即 f(2)4a4a14， 解得 a3 8； 当 a0 时，图象开口向下，所以当 x1 时取得最大值，即 f(1)a2a14， 解得 a3.故实数 a 的值为3 或3 8. 8.已知函数 f(x)x22x1，如果使 f(x)kx 对任意实数 x(1，m都
18、成立的 m 的最大值是 5，则实数 k _. 【答案】 36 5 【解析】 设 g(x)x2(2k)x1. 设不等式 g(x)0 的解集为 axb. 则 (2k)240，解得 k4 或 k0， 又因为函数 f(x)x22x1，且 f(x)kx 对任意实数 x(1，m恒成立； 所以(1，ma，b，所以 a1，bm，所以 g(1)4k4，m 的最大值为 b，所以有 b5. 即 x5 是方程 g(x)0 的一个根，代入 x5， 解得 k36 5 . 三、解答题三、解答题 1.已知函数 f(x)ax2bxc(a0，bR，cR) (1)若函数 f(x)的最小值是 f(1)0，且 c1， F(x) f（x
19、），x0， f（x），x0，求 F(2)F(2)的值； (2)若 a1，c0，且|f(x)|1 在区间(0，1上恒成立，试求 b 的取值范围 【答案】(1)8；(2)2，0 【解析】 ：(1)由已知 c1，abc0， 且 b 2a1， 解得 a1，b2， 所以 f(x)(x1)2. 所以 F(x) （x1）2，x0， （x1）2，x0. 所以 F(2)F(2)(21)2(21)28. (2)由题意知 f(x)x2bx，原命题等价于1x2bx1 在(0，1上恒成立， 即 b1 xx 且 b 1 xx 在(0，1上恒成立 又当 x(0，1时，1 xx 的最小值为 0， 1 xx 的最大值为2.所以2b0. 故 b 的取值范围是2，0 2.已知函数 f(x)ax22ax2b(a0)，若 f(x)在区间2,3上有最大值 5，最小值 2. (1)求 a，b 的值； (2)若 b0 时，f(x)在2,3上为增函数， 故 f35， f22 3a2b5， 2b2 a1， b0. 当 a0 时，a1，b0，当 a0 时，a1，b3. (2)b1，a1，b0，即 f(x)x22x2. g(x)x22x2mxx2(2m)x2， g(x)在2,4上单调，2m 2 2 或2m 2 4. m2 或 m6. 故 m 的取值范围为(，26，)
