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  • 2021-06-16 发布

2019版一轮复习理数通用版高考达标检测 幂函数二次函数的3类考查点图象性质解析式

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高考达标检测(六) 幂函数、二次函数的 3 类考查点 ——图象、性质、解析式 一、选择题 1.(2018·绵阳模拟)幂函数 y=(m2-3m+3)xm 的图象过点(2,4),则 m=( ) A.-2 B.-1 C.1 D.2 解析:选 D ∵幂函数 y=(m2-3m+3)xm 的图象过点(2,4), ∴ m2-3m+3=1, 2m=4, 解得 m=2.故选 D. 2.(2018·杭州测试)若函数 f(x)=x2-2x+1 在区间[a,a+2]上的最小值为 4,则实数 a 的取值集合为( ) A.[-3,3] B.[-1,3] C.{-3,3} D.{-1,-3,3} 解析:选 C ∵函数 f(x)=x2-2x+1=(x-1)2 的图象的对称轴为直线 x=1,f(x)在区间 [a,a+2]上的最小值为 4, ∴当 a≥1 时,f(x)min=f(a)=(a-1)2=4,a=-1(舍去)或 a=3; 当 a+2≤1,即 a≤-1 时,f(x)min=f(a+2)=(a+1)2=4,a=1(舍去)或 a=-3; 当 a<14ac;②2a-b=1;③a-b+c=0;④5a0,即 b2>4ac,①正确; 对称轴为 x=-1,即- b 2a =-1,2a-b=0,②错误;结合图象知,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,∴a<0,∴5a<2a, 即 5a0, f-1=x2-5x+6>0, 解得 x<1 或 x>3. 5.若函数 f(x)=mx2-2x+3 在[-1,+∞)上递减,则实数 m 的取值范围为( ) A.(-1,0) B.[-1,0) C.(-∞,-1] D.[-1,0] 解析:选 D 当 m=0 时,f(x)=-2x+3 在 R 上递减,符合题意; 当 m≠0 时,函数 f(x)=mx2-2x+3 在[-1,+∞)上递减,只需对称轴 x= 1 m ≤-1, 且 m<0, 解得-1≤m<0, 综上,实数 m 的取值范围为[-1,0]. 6.设函数 f(x)= x2-4x+6,x≥0, x+6,x<0, 则不等式 f(x)>f(1)的解集是( ) A.(-3,1)∪(3,+∞) B.(-3,1)∪(2,+∞) C.(-1,1)∪(3,+∞) D.(-∞,-3)∪(1,3) 解析:选 A ∵f(1)=3,∴不等式 f(x)>f(1),即 f(x)>3. ∴ x≥0, x2-4x+6>3 或 x<0, x+6>3, 解得 x>3 或-3b,c>d.若 f(x)=2 017-(x-a)(x-b)的零点为 c,d, 则下列不等式正确的是( ) A.a>c>b>d B.a>b>c>d C.c>d>a>b D.c>a>b>d 解析:选 D f(x)=2 017-(x-a)(x-b)=-x2+(a+b)x-ab+ 2 017,又 f(a)=f(b)=2 017,c,d 为函数 f(x)的零点,且 a>b,c>d, 所 以可在平面直角坐标系中作出函数 f(x)的大致图象,如图所示,由图可 知 c>a>b>d,故选 D. 8.(2017·浙江高考)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 解析:选 B f(x)= x+a 2 2-a2 4 +b, ①当 0≤-a 2 ≤1 时,f(x)min =m=f -a 2 =-a2 4 +b,f(x)max=M=max{f(0),f(1)}= max{b,1+a+b}, ∴M-m=max a2 4 ,1+a+a2 4 与 a 有关,与 b 无关; ②当-a 2<0 时,f(x)在[0,1]上单调递增, ∴M-m=f(1)-f(0)=1+a 与 a 有关,与 b 无关; ③当-a 2>1 时,f(x)在[0,1]上单调递减, ∴M-m=f(0)-f(1)=-1-a 与 a 有关,与 b 无关. 综上所述,M-m 与 a 有关,但与 b 无关. 二、填空题 9.已知幂函数 f(x)=x-m2+2m+3(m∈Z)在(0,+∞)上为增函数,且在其定义域内是 偶函数,则 m 的值为________. 解析:∵幂函数 f(x)在(0,+∞)上为增函数, ∴-m2+2m+3>0,即 m2-2m-3<0,解得-10)对任意实数 t,在闭区间[t-1,t +1]上总存在两实数 x1,x2,使得|f(x1)-f(x2)|≥8 成立,则实数 a 的最小值为________. 解析:由题意可得,当 x∈[t-1,t+1]时,[f(x)max-f(x)min]min≥8,当[t-1,t +1]关于对称轴对称时,f(x)max-f(x)min 取得最小值,即 f(t+1)-f(t)=2at+a+20≥8,f(t -1)-f(t)=-2at+a-20≥8,两式相加,得 a≥8,所以实数 a 的最小值为 8. 答案:8 12.设函数 f(x)= x3,x≤a, x2,x>a, 若存在实数 b,使得函数 y=f(x)-bx 恰有 2 个零点, 则实数 a 的取值范围为_______. 解析:显然 x=0 是 y=f(x)-bx 的一个零点; 当 x≠0 时,令 y=f(x)-bx=0 得 b=fx x , 令 g(x)=fx x = x2,x≤a, x,x>a, 则 b=g(x)存在唯一一个解. 当 a<0 时,作出函数 g(x)的图象,如图所示, 显然当 a0 时,作出函数 g(x)的图象,如图所示, 若要使 b=g(x)存在唯一一个解,则 a>a2,即 04 时,g(a)=f(-2)=7-3a≥0, ∴a≤7 3. 又 a>4,∴a 不存在. (2)当-2≤-a 2 ≤2,即-4≤a≤4 时, g(a)=f -a 2 =-a2 4 -a+3≥0, ∴-6≤a≤2.又-4≤a≤4, ∴-4≤a≤2. (3)当-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]. 1.设函数 f(x)=ax2+bx+c(a>b>c)的图象经过点 A(m1,f(m1))和点 B(m2,f(m2)), f(1)=0.若 a2+[f(m1)+f(m2)]·a+f(m1)·f(m2)=0,则( ) A.b≥0 B.b<0 C.3a+c≤0 D.3a-c<0 解析:选 A 由 f(1)=0 可得 a+b+c=0,若 a≤0,由 a>b>c,得 a+b+c<0,这与 a +b+c=0 矛盾,故 a>0,若 c≥0,则有 b>0,a>0,此时 a+b+c>0,这与 a+b+c=0 矛 盾;所以 c<0 成立,因为 a2+[f(m1)+f(m2)]·a+f(m1)·f(m2)=0,所以(a+f(m1))(a+f(m2)) =0,所以 m1,m2 是方程 f(x)=-a 的两个根,Δ=b2-4a(a+c)=b(b+4a)=b(3a-c)≥0, 而 a>0,c<0,所以 3a-c>0,所以 b≥0. 2.设函数 f(x)=2ax2+2bx,若存在实数 x0∈(0,t),使得对任意不为零的实数 a,b, 均有 f(x0)=a+b 成立,则 t 的取值范围是________. 解析:因为存在实数 x0∈(0,t),使得对任意不为零的实数 a,b,均有 f(x0)=a+b 成 立, 所以 2ax2+2bx=a+b 等价于(2x-1)b=(1-2x2)a. 当 x=1 2 时,左边=0,右边≠0,即等式不成立,故 x≠1 2 ; 当 x≠1 2 时,(2x-1)b=(1-2x2)a 等价于b a =1-2x2 2x-1 , 设 2x-1=k,因为 x≠1 2 ,所以 k≠0,则 x=k+1 2 , 则b a =1-2 k+1 2 2 k =1 2 1 k -k-2 . 设 g(k)=1 2 1 k -k-2 , 则函数 g(k)在(-1,0),(0,2t-1)上的值域为 R. 又因为 g(k)在(-∞,0),(0,+∞)上单调递减, 所以 g(k)在(-1,0),(0,2t-1)上单调递减, 故当 k∈(-1,0)时,g(k)g(2t-1)=1 2 1 2t-1 -2t-1 ,故要使值域为 R, 则 g(2t-1)1. 答案:(1,+∞)