2020浙江高考数学一轮复习§ 2.3 二次函数与幂函数
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9
2a b 0,
若B、C、D正确,则有 a b c 3,
4a 2b c 8,
解得a=5,b=-10,c=8,则f(x)=5x2-10x+8, 此时f(-1)=23≠0,符合题意.故选A.
评析 本题考查二次函数的性质、函数的零点和函数极值,考查推理运算能力.
a2
4
1, 2
a
a
2, a 2,
2,
a2
a
2, a
2.
4
s t a,
(2)设s,t为方程f(x)=0的解,且-1≤t≤1,则 st b,
由于0≤b-2a≤1,因此 t2t2≤s≤ 1t 22t (-1≤t≤1).
当0≤t≤1时, 2t2≤st≤ t 2t2,
.若幂函数f(x)=xα为奇函数,且在(0,+∞)上递减,则
α=
.
答案 -1
解析 本题主要考查幂函数的性质.∵幂函数f(x)=xα为奇函数,∴α可取-1,1,3,又f(x)=xα在(0,+ ∞)上递减,∴α<0,故α=-1.
规律方法 幂函数y=xα(α∈R)的性质及图象特征: ①所有的幂函数在(0,+∞)上都有定义,并且图象都过点(1,1); ②如果α>0,则幂函数的图象过原点,并且在区间[0,+∞)上为增函数; ③如果α<0,则幂函数的图象在区间(0,+∞)上为减函数; ④当α为奇数时,幂函数为奇函数;当α为偶数时,幂函数为偶函数.
最大值.当m∈[0,2)时,
f(x)的图象开口向下,要使f(x)在区间 12 ,
2
上单调递减,需- n 8
m2
≤ 1 ,即2n
2
+m≤18,又n≥0,则mn≤m 9
m 2
=- 1 m2+9m.而g(m)=-1 m2+9m在[0,2)上为增函数,∴m∈[0,2)时,
12,
即mn 63,
时,取“=”,此时满足m>2.故(mn)max
=18.故选B.
评析 本题考查了二次函数的图象与性质、基本不等式.考查学生分析问题与解决问题的
能力.考查转化与化归的数学思想.
2.(2018上海,7,5分)已知α∈ 2,
1,
1 2
,
1 2
,1,
2,
3
3
值是
.
答案 4
3
解析 本题考查绝对值不等式的解法及二次函数的最值等相关知识;以三次函数为背景,对不
等式化简变形,考查学生运算求解能力,将不等式有解问题转化为函数值域(最值)问题,考查学
生的化归与转化思想、数形结合思想;突出考查了数学运算的核心素养.
|f(t+2)-f(t)|≤ 2 ⇔|a(t+2)3-(t+2)-(at3-t)|≤ 2 ⇔|6at2+12at+8a-2|≤ 2 ⇔|3at2+6at+4a-1|≤1 ⇔-1 ≤3at
即M(a,b)≥2.
当a≤-2时,由f(-1)-f(1)=-2a≥4,
得max{f(-1),-f(1)}≥2,即M(a,b)≥2.
综上,当|a|≥2时,M(a,b)≥2.
(2)由M(a,b)≤2得|1+a+b|=|f(1)|≤2,|1-a+b|=|f(-1)|≤2, 故|a+b|≤3,|a-b|≤3,
所以-3≤b<0.
故b的取值范围是[-3,9-4 5 ].
4.(2015浙江,18,15分)已知函数f(x)=x2+ax+b(a,b∈R),记M(a,b)是|f(x)|在区间[-1,1]上的最大值. (1)证明:当|a|≥2时,M(a,b)≥2; (2)当a,b满足M(a,b)≤2时,求|a|+|b|的最大值.
2
2
当x=0或x=1时,x2+y2取最大值1,
∴x2+y2∈
1 2
,1
.
解法二:由题意可知,点(x,y)在线段AB上(如图),x2+y2表示点(x,y)与原点的距离的平方.
2
x2+y2的最小值为(0,0)到直线x+y-1=0的距离的平方,即
| 1| 12 12
答案
A
原不等式可化为0≤a x
4 x2
+b≤4,等价于
a a
= 1 ,又易知(x2+y2)max=1,∴x2+y2
2
∈
1 2
,1
.
三年模拟
A组 2017—2019年高考模拟·考点基础题组
考点 二次函数与幂函数
1.(2018浙江杭州地区重点中学第一学期期中,8)若函数f(x)=x2+ax+b有两个零点x1,x2,且3<x1<x2 <5,那么f(3), f(5)( ) A.只有一个小于1 B.都小于1 C.都大于1 D.至少有一个小于1
B组 统一命题、省（区、市）卷题组
考点 二次函数与幂函数
1.(2015四川,9,5分)如果函数f(x)= 12 (m-2)x2+(n-8)x+1(m≥0,n≥0)在区间 12 , 2 上单调递减,那么
mn的最大值为 ( )
A.16 B.18 C.25 D. 81
2
答案 B 当m=2时, f(x)=(n-8)x+1在区间 12 , 2 上单调递减,则n-8<0⇒n<8,于是mn<16,则mn无
2
2
g(m)<g(2)=16,∴mn<16,故m∈[0,2)时,mn无最大值.
当m>2时,
f(x)的图象开口向上,要使f(x)在区间 12 , 2
上单调递减,需- n 8
m2
≥2,即2m+n≤12,而2
m+n≥2 2m
n
,所以mn≤18,当且仅当22mm
n n,
解法二:(1)当- a ≥1,即a≤-2时, f(x)在[0,1]上为减函数,∴M-m=f(0)-f(1)=-a-1.
2
(2)当 12 ≤- a2 <1,即-2<a≤-1时,M=f(0),m=f a2
,从而M-m=f(0)-f a2
=b-
b
a2 4
3
3
3
33
2+6at+4a-1≤ 1 ⇔ 2 ≤a(3t2+6t+4)≤ 4 ,
33
3
∵3t2+6t+4=3(t+1)2+1≥1,
∴若存在t∈R,使不等式成立,则需a>0,
故a(3t2+6t+4)∈[a,+∞),
∴只需[a,+∞)∩ 23 ,
4 3
≠⌀即可,∴0<a≤ 4,
3
故a的最大值为 4 .
a b c 0, ①
若A、C、D正确,则有
4a
2b
c
8,
②
4ac
b
2
3,③
4a
由①②得
b c
8 a, 3 8 2a, 3
代入③中并整理得9a2-4a+ 694=0,
又a为非零整数,则9a2-4a为整数,故方程9a2-4a+ 64 =0无整数解,故A错.
= 1 a2.
4
(3)当0<- a2 < 12 ,即-1<a<0时,M=f(1),m=f a2
,从而M-m=f(1)-f a2
= 1 a2+a+1.
4
(4)当- a ≤0,即a≥0时, f(x)在[0,1]上为增函数,∴M-m=f(1)-f(0)=a+1.
2
a 1(a 0),
由|a|+|b|=
| |
a a
b b
|, |,
ab ab
0,得|a|+|b|≤3.
0,
当a=2,b=-1时,|a|+|b|=3,且|x2+2x-1|在[-1,1]上的最大值为2,即M(2,-1)=2.
所以|a|+|b|的最大值为3.
评析 本题主要考查函数的单调性与最值、分段函数、不等式性质等基础知识,同时考查 推理论证能力,分析问题和解决问题的能力.
2.(2017北京文,11,5分)已知x≥0,y≥0,且x+y=1,则x2+y2的取值范围是
.
答案
1 2
,1
解析 解法一:由题意知,y=1-x,
∵y≥0,x≥0,∴0≤x≤1,
则x2+y2=x2+(1-x)2=2x2-2x+1=2
x
1 2
2
+ 1 .
2
当x= 1 时,x2+y2取最小值 1 ,
1
a2
a
1(1
a
0),
即有M-m=
4 1
a
2
(2
a
1),
4
a 1(a 2).
∴M-m与a有关,与b无关.故选B.
2.(2019浙江,16,4分)已知a∈R,函数f(x)=ax3-x.若存在t∈R,使得|f(t+2)-f(t)|≤ 2 ,则实数a的最大
a b c 0,
答案 A 由已知得, f '(x)=2ax+b,则f(x)只有一个极值点,若A、B正确,则有 2a b 0, 解得b= -2a,c=-3a, 则f(x)=ax2-2ax-3a. 由于a为非零整数,所以f(1)=-4a≠3,则C错. 而f(2)=-3a≠8,则D也错,与题意不符,故A、B中有一个错误,C、D都正确.
t2
t2
2 2t2
1 t 2t2
由于- 3 ≤ t 2 ≤0和- 3 ≤ t 2 ≤9-4 5 ,
所以- 23 ≤b≤9-4 5 .
t 2t2
2t 2
当-1≤t<0时, t 2 ≤st≤ t 2 ,
2t 2
t 2t2
由于-2≤ t 2 <0和-3≤ t 2 <0,
(5
x2
)
2
=1,
当且仅当x1=x2=4时取等号(显然不成立),
所以0<f(3)·f(5)<1,
从而f(3), f(5)至少有一个小于1.故选D.
2.(2018浙江台州高三期末质检,10)当x∈[1,4]时,不等式0≤ax3+bx2+4a≤4x2恒成立,则a+b的取 值范围是 ( ) A.[-4,8] B.[-2,8] C.[0,6] D.[4,12]
解析
(1)证明:由f(x)=
x
a 2
2
+b- a2 ,得对称轴为直线x=- a .
4
2
由|a|≥2,得 a ≥1,故f(x)在[-1,1]上单调, 2
所以M(a,b)=max{|f(1)|,|f(-1)|}.
当a≥2时,由f(1)-f(-1)=2a≥4,
得max{f(1),-f(-1)}≥2,
解析
(1)当b= a2 +1时,
4
f(x)=
x
a 2
2
+1,
故其图象的对称轴为直线x=- a .
2
当a≤-2时,g(a)=f(1)= a2 +a+2. 4
当-2<a≤2时,g(a)=f a2
=1.
当a>2时,g(a)=f(-1)= a2 -a+2. 4
综上,g(a)=
高考数学 (浙江专用)
§ 2.3 二次函数与幂函数
五年高考
A组 自主命题·浙江卷题组
考点 二次函数与幂函数
1.(2017浙江,5,4分)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
答案
D
设f(x)=(x-x1)(x-x2),又3<x1<x2<5,所以
f f
(3) (5)
0, 0,
所以f(3)f(5)>0.
因为f(3)f(5)=(x1-3)(5-x2)(x2-3)(5-x1)≤
(
x1
3)
2
(5
x1
)
2
· (
x2
3)
2
3
疑难突破 能够将原绝对值不等式化繁为简,将问题简化为一元二次不等式有解问题,再进一
步转化为值域交集非空是求解本题的关键.
3.(2015浙江文,20,15分)设函数f(x)=x2+ax+b(a,b∈R).
(1)当b= a2 +1时,求函数f(x)在[-1,1]上的最小值g(a)的表达式; 4
(2)已知函数f(x)在[-1,1]上存在零点,0≤b-2a≤1,求b的取值范围.
答案 B 本题考查二次函数在闭区间上的最值,二次函数的图象,考查数形结合思想和分类
讨论思想.
解法一:令g(x)=x2+ax,则M-m=g(x)max-g(x)min. 故M-m与b无关.
又a=1时,g(x)max-g(x)min=2, a=2时,g(x)max-g(x)min=3, 故M-m与a有关.故选B.
C组 教师专用题组
考点 二次函数与幂函数
1.(2015陕西,12,5分)对二次函数f(x)=ax2+bx+c(a为非零 整数),四位同学分别给出下列结论,其中
有且只有一个结论是错误的,则错误的结论是 ( ) A.-1是f(x)的零点 B.1是f(x)的极值点 C.3是f(x)的极值 D.点(2,8)在曲线y=f(x)上
2a b 0,
若B、C、D正确,则有 a b c 3,
4a 2b c 8,
解得a=5,b=-10,c=8,则f(x)=5x2-10x+8, 此时f(-1)=23≠0,符合题意.故选A.
评析 本题考查二次函数的性质、函数的零点和函数极值,考查推理运算能力.
a2
4
1, 2
a
a
2, a 2,
2,
a2
a
2, a
2.
4
s t a,
(2)设s,t为方程f(x)=0的解,且-1≤t≤1,则 st b,
由于0≤b-2a≤1,因此 t2t2≤s≤ 1t 22t (-1≤t≤1).
当0≤t≤1时, 2t2≤st≤ t 2t2,
.若幂函数f(x)=xα为奇函数,且在(0,+∞)上递减,则
α=
.
答案 -1
解析 本题主要考查幂函数的性质.∵幂函数f(x)=xα为奇函数,∴α可取-1,1,3,又f(x)=xα在(0,+ ∞)上递减,∴α<0,故α=-1.
规律方法 幂函数y=xα(α∈R)的性质及图象特征: ①所有的幂函数在(0,+∞)上都有定义,并且图象都过点(1,1); ②如果α>0,则幂函数的图象过原点,并且在区间[0,+∞)上为增函数; ③如果α<0,则幂函数的图象在区间(0,+∞)上为减函数; ④当α为奇数时,幂函数为奇函数;当α为偶数时,幂函数为偶函数.
最大值.当m∈[0,2)时,
f(x)的图象开口向下,要使f(x)在区间 12 ,
2
上单调递减,需- n 8
m2
≤ 1 ,即2n
2
+m≤18,又n≥0,则mn≤m 9
m 2
=- 1 m2+9m.而g(m)=-1 m2+9m在[0,2)上为增函数,∴m∈[0,2)时,
12,
即mn 63,
时,取“=”,此时满足m>2.故(mn)max
=18.故选B.
评析 本题考查了二次函数的图象与性质、基本不等式.考查学生分析问题与解决问题的
能力.考查转化与化归的数学思想.
2.(2018上海,7,5分)已知α∈ 2,
1,
1 2
,
1 2
,1,
2,
3
3
值是
.
答案 4
3
解析 本题考查绝对值不等式的解法及二次函数的最值等相关知识;以三次函数为背景,对不
等式化简变形,考查学生运算求解能力,将不等式有解问题转化为函数值域(最值)问题,考查学
生的化归与转化思想、数形结合思想;突出考查了数学运算的核心素养.
|f(t+2)-f(t)|≤ 2 ⇔|a(t+2)3-(t+2)-(at3-t)|≤ 2 ⇔|6at2+12at+8a-2|≤ 2 ⇔|3at2+6at+4a-1|≤1 ⇔-1 ≤3at
即M(a,b)≥2.
当a≤-2时,由f(-1)-f(1)=-2a≥4,
得max{f(-1),-f(1)}≥2,即M(a,b)≥2.
综上,当|a|≥2时,M(a,b)≥2.
(2)由M(a,b)≤2得|1+a+b|=|f(1)|≤2,|1-a+b|=|f(-1)|≤2, 故|a+b|≤3,|a-b|≤3,
所以-3≤b<0.
故b的取值范围是[-3,9-4 5 ].
4.(2015浙江,18,15分)已知函数f(x)=x2+ax+b(a,b∈R),记M(a,b)是|f(x)|在区间[-1,1]上的最大值. (1)证明:当|a|≥2时,M(a,b)≥2; (2)当a,b满足M(a,b)≤2时,求|a|+|b|的最大值.
2
2
当x=0或x=1时,x2+y2取最大值1,
∴x2+y2∈
1 2
,1
.
解法二:由题意可知,点(x,y)在线段AB上(如图),x2+y2表示点(x,y)与原点的距离的平方.
2
x2+y2的最小值为(0,0)到直线x+y-1=0的距离的平方,即
| 1| 12 12
答案
A
原不等式可化为0≤a x
4 x2
+b≤4,等价于
a a
= 1 ,又易知(x2+y2)max=1,∴x2+y2
2
∈
1 2
,1
.
三年模拟
A组 2017—2019年高考模拟·考点基础题组
考点 二次函数与幂函数
1.(2018浙江杭州地区重点中学第一学期期中,8)若函数f(x)=x2+ax+b有两个零点x1,x2,且3<x1<x2 <5,那么f(3), f(5)( ) A.只有一个小于1 B.都小于1 C.都大于1 D.至少有一个小于1
B组 统一命题、省（区、市）卷题组
考点 二次函数与幂函数
1.(2015四川,9,5分)如果函数f(x)= 12 (m-2)x2+(n-8)x+1(m≥0,n≥0)在区间 12 , 2 上单调递减,那么
mn的最大值为 ( )
A.16 B.18 C.25 D. 81
2
答案 B 当m=2时, f(x)=(n-8)x+1在区间 12 , 2 上单调递减,则n-8<0⇒n<8,于是mn<16,则mn无
2
2
g(m)<g(2)=16,∴mn<16,故m∈[0,2)时,mn无最大值.
当m>2时,
f(x)的图象开口向上,要使f(x)在区间 12 , 2
上单调递减,需- n 8
m2
≥2,即2m+n≤12,而2
m+n≥2 2m
n
,所以mn≤18,当且仅当22mm
n n,
解法二:(1)当- a ≥1,即a≤-2时, f(x)在[0,1]上为减函数,∴M-m=f(0)-f(1)=-a-1.
2
(2)当 12 ≤- a2 <1,即-2<a≤-1时,M=f(0),m=f a2
,从而M-m=f(0)-f a2
=b-
b
a2 4
3
3
3
33
2+6at+4a-1≤ 1 ⇔ 2 ≤a(3t2+6t+4)≤ 4 ,
33
3
∵3t2+6t+4=3(t+1)2+1≥1,
∴若存在t∈R,使不等式成立,则需a>0,
故a(3t2+6t+4)∈[a,+∞),
∴只需[a,+∞)∩ 23 ,
4 3
≠⌀即可,∴0<a≤ 4,
3
故a的最大值为 4 .
a b c 0, ①
若A、C、D正确,则有
4a
2b
c
8,
②
4ac
b
2
3,③
4a
由①②得
b c
8 a, 3 8 2a, 3
代入③中并整理得9a2-4a+ 694=0,
又a为非零整数,则9a2-4a为整数,故方程9a2-4a+ 64 =0无整数解,故A错.
= 1 a2.
4
(3)当0<- a2 < 12 ,即-1<a<0时,M=f(1),m=f a2
,从而M-m=f(1)-f a2
= 1 a2+a+1.
4
(4)当- a ≤0,即a≥0时, f(x)在[0,1]上为增函数,∴M-m=f(1)-f(0)=a+1.
2
a 1(a 0),
由|a|+|b|=
| |
a a
b b
|, |,
ab ab
0,得|a|+|b|≤3.
0,
当a=2,b=-1时,|a|+|b|=3,且|x2+2x-1|在[-1,1]上的最大值为2,即M(2,-1)=2.
所以|a|+|b|的最大值为3.
评析 本题主要考查函数的单调性与最值、分段函数、不等式性质等基础知识,同时考查 推理论证能力,分析问题和解决问题的能力.
2.(2017北京文,11,5分)已知x≥0,y≥0,且x+y=1,则x2+y2的取值范围是
.
答案
1 2
,1
解析 解法一:由题意知,y=1-x,
∵y≥0,x≥0,∴0≤x≤1,
则x2+y2=x2+(1-x)2=2x2-2x+1=2
x
1 2
2
+ 1 .
2
当x= 1 时,x2+y2取最小值 1 ,
1
a2
a
1(1
a
0),
即有M-m=
4 1
a
2
(2
a
1),
4
a 1(a 2).
∴M-m与a有关,与b无关.故选B.
2.(2019浙江,16,4分)已知a∈R,函数f(x)=ax3-x.若存在t∈R,使得|f(t+2)-f(t)|≤ 2 ,则实数a的最大
a b c 0,
答案 A 由已知得, f '(x)=2ax+b,则f(x)只有一个极值点,若A、B正确,则有 2a b 0, 解得b= -2a,c=-3a, 则f(x)=ax2-2ax-3a. 由于a为非零整数,所以f(1)=-4a≠3,则C错. 而f(2)=-3a≠8,则D也错,与题意不符,故A、B中有一个错误,C、D都正确.
t2
t2
2 2t2
1 t 2t2
由于- 3 ≤ t 2 ≤0和- 3 ≤ t 2 ≤9-4 5 ,
所以- 23 ≤b≤9-4 5 .
t 2t2
2t 2
当-1≤t<0时, t 2 ≤st≤ t 2 ,
2t 2
t 2t2
由于-2≤ t 2 <0和-3≤ t 2 <0,
(5
x2
)
2
=1,
当且仅当x1=x2=4时取等号(显然不成立),
所以0<f(3)·f(5)<1,
从而f(3), f(5)至少有一个小于1.故选D.
2.(2018浙江台州高三期末质检,10)当x∈[1,4]时,不等式0≤ax3+bx2+4a≤4x2恒成立,则a+b的取 值范围是 ( ) A.[-4,8] B.[-2,8] C.[0,6] D.[4,12]
解析
(1)证明:由f(x)=
x
a 2
2
+b- a2 ,得对称轴为直线x=- a .
4
2
由|a|≥2,得 a ≥1,故f(x)在[-1,1]上单调, 2
所以M(a,b)=max{|f(1)|,|f(-1)|}.
当a≥2时,由f(1)-f(-1)=2a≥4,
得max{f(1),-f(-1)}≥2,
解析
(1)当b= a2 +1时,
4
f(x)=
x
a 2
2
+1,
故其图象的对称轴为直线x=- a .
2
当a≤-2时,g(a)=f(1)= a2 +a+2. 4
当-2<a≤2时,g(a)=f a2
=1.
当a>2时,g(a)=f(-1)= a2 -a+2. 4
综上,g(a)=
高考数学 (浙江专用)
§ 2.3 二次函数与幂函数
五年高考
A组 自主命题·浙江卷题组
考点 二次函数与幂函数
1.(2017浙江,5,4分)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
答案
D
设f(x)=(x-x1)(x-x2),又3<x1<x2<5,所以
f f
(3) (5)
0, 0,
所以f(3)f(5)>0.
因为f(3)f(5)=(x1-3)(5-x2)(x2-3)(5-x1)≤
(
x1
3)
2
(5
x1
)
2
· (
x2
3)
2
3
疑难突破 能够将原绝对值不等式化繁为简,将问题简化为一元二次不等式有解问题,再进一
步转化为值域交集非空是求解本题的关键.
3.(2015浙江文,20,15分)设函数f(x)=x2+ax+b(a,b∈R).
(1)当b= a2 +1时,求函数f(x)在[-1,1]上的最小值g(a)的表达式; 4
(2)已知函数f(x)在[-1,1]上存在零点,0≤b-2a≤1,求b的取值范围.
答案 B 本题考查二次函数在闭区间上的最值,二次函数的图象,考查数形结合思想和分类
讨论思想.
解法一:令g(x)=x2+ax,则M-m=g(x)max-g(x)min. 故M-m与b无关.
又a=1时,g(x)max-g(x)min=2, a=2时,g(x)max-g(x)min=3, 故M-m与a有关.故选B.
C组 教师专用题组
考点 二次函数与幂函数
1.(2015陕西,12,5分)对二次函数f(x)=ax2+bx+c(a为非零 整数),四位同学分别给出下列结论,其中
有且只有一个结论是错误的,则错误的结论是 ( ) A.-1是f(x)的零点 B.1是f(x)的极值点 C.3是f(x)的极值 D.点(2,8)在曲线y=f(x)上