2022高考数学一轮总复习第二章函数概念与基本初等函数第5讲二次函数与幂函数学案文

这是一份2022高考数学一轮总复习第二章函数概念与基本初等函数第5讲二次函数与幂函数学案文，共11页。学案主要包含了思考辨析，易错纠偏等内容，欢迎下载使用。


1．二次函数
(1)二次函数解析式的三种形式
①一般式：f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)．
②顶点式：f(x)＝a(x－m)2＋n(a≠0)．
③零点式：f(x)＝a(x－x1)(x－x2)(a≠0)．
(2)二次函数的图象和性质
常用结论
一元二次不等式恒成立的条件
(1)“ax2＋bx＋c>0(a≠0)恒成立”的充要条件是“a>0且Δ<0”；
(2)“ax2＋bx＋c<0(a≠0)恒成立”的充要条件是“a<0且Δ<0”．
2．幂函数
(1)定义：形如y＝xα(α∈R)的函数称为幂函数，其中底数x是自变量，α为常数．常见的五类幂函数为y＝x，y＝x2，y＝x3，y＝xeq \s\up8(\f(1,2))，y＝x－1.
(2)五种幂函数的图象
(3)性质
①幂函数在(0，＋∞)上都有定义；
②当α>0时，幂函数的图象都过点(1，1)和(0，0)，且在(0，＋∞)上单调递增；
③当α<0时，幂函数的图象都过点(1，1)，且在(0，＋∞)上单调递减．
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)函数y＝2xeq \s\up8(\f(1,2))是幂函数．( )
(2)如果幂函数的图象与坐标轴相交，则交点一定是原点． ( )
(3)当n<0时，幂函数y＝xn是定义域上的减函数．( )
(4)二次函数y＝ax2＋bx＋c，x∈[a，b]的最值一定是eq \f(4ac－b2,4a).( )
(5)二次函数y＝ax2＋bx＋c，x∈R不可能是偶函数．( )
(6)在y＝ax2＋bx＋c(a≠0)中，a决定了图象的开口方向和在同一直角坐标系中的开口大小．( )
答案：(1)× (2)√ (3)× (4)× (5)× (6)√
二、易错纠偏
常见误区| (1)二次函数图象特征把握不准；
(2)二次函数单调性规律掌握不到位；
(3)忽视对二次函数的二次项系数的讨论出错；
(4)对幂函数的概念理解不到位．
1．如图，若a<0，b>0，则函数y＝ax2＋bx的大致图象是________．(填序号)
解析：由函数的解析式可知，图象过点(0，0)，故④不正确．又a<0，b>0，所以二次函数图象的对称轴为x＝－eq \f(b,2a)>0，故③正确．
答案：③
2．若函数y＝mx2＋x＋2在[3，＋∞)上是减函数，则m的取值范围是________．
解析：因为函数y＝mx2＋x＋2在[3，＋∞)上是减函数，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m<0，,－\f(1,2m)≤3，))即m≤－eq \f(1,6).
答案：eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,6)))
3．已知函数f(x)＝ax2＋x＋5的图象在x轴上方，则a的取值范围是________．
解析：因为函数f(x)＝ax2＋x＋5的图象在x轴上方，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a>0，,Δ＝12－20a<0，))解得a>eq \f(1,20).
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,20)，＋∞))
4．当x∈(0，1)时，函数y＝xm的图象在直线y＝x的上方，则m的取值范围是________．
答案：(－∞，1)
幂函数的图象及性质(自主练透)
1．幂函数y＝f(x)的图象经过点(3，eq \r(3,3))，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，＋∞)上是增函数
D．非奇非偶函数，且在(0，＋∞)上是减函数
解析：选C．设幂函数f(x)＝xα，代入点(3，eq \r(3,3))，得eq \r(3,3)＝3α，解得α＝eq \f(1,3)，所以f(x)＝xeq \s\up8(\f(1,3))，可知函数为奇函数，在(0，＋∞)上单调递增．
2．若幂函数y＝x－1，y＝xm与y＝xn在第一象限内的图象如图所示，则m与n的取值情况为( )
A．－1B．－1C．－1D．－1解析：选D．幂函数y＝xα，当α>0时，y＝xα在(0，＋∞)上为增函数，且0<α<1时，图象上凸，所以03．若a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up8(\f(2,3))，b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)))eq \s\up8(\f(2,3))，c＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up8(\f(1,3))，则a，b，c的大小关系是( )
A．aC．b解析：选D．因为y＝xeq \s\up8(\f(2,3))在第一象限内是增函数，所以a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up8(\f(2,3))>b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)))eq \s\up8(\f(2,3))，因为y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)是减函数，所以a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up8(\f(2,3))4．若(a＋1)eq \s\up8(\f(1,2))<(3－2a)eq \s\up8(\f(1,2))，则实数a的取值范围是________．
解析：易知函数y＝xeq \s\up8(\f(1,2))的定义域为[0，＋∞)，在定义域内为增函数，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋1≥0，,3－2a≥0，,a＋1<3－2a，))解得－1≤a答案：eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(2,3)))
eq \a\vs4\al()
(1)幂函数的形式是y＝xα(α∈R)，其中只有一个参数α，因此只需一个条件即可确定其解析式．
(2)在区间(0，1)上，幂函数中指数越大，函数图象越靠近x轴(简记为“指大图低”)，在区间(1，＋∞)上，幂函数中指数越大，函数图象越远离x轴．
(3)在比较幂值的大小时，必须结合幂值的特点，选择适当的函数，借助其单调性进行比较，准确掌握各个幂函数的图象和性质是解题的关键．
二次函数的解析式(师生共研)
(一题多解)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】 方法一：(利用一般式)
设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)．
由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4a＋2b＋c＝－1，,a－b＋c＝－1，,\f(4ac－b2,4a)＝8，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－4，,b＝4，,c＝7.))
所以所求二次函数的解析式为f(x)＝－4x2＋4x＋7.
方法二：(利用顶点式)
设f(x)＝a(x－m)2＋n(a≠0)．
因为f(2)＝f(－1)，
所以抛物线的对称轴为x＝eq \f(2＋（－1）,2)＝eq \f(1,2).
所以m＝eq \f(1,2).又根据题意函数有最大值8，所以n＝8，
所以f(x)＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋8.
因为f(2)＝－1，所以aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋8＝－1，
解得a＝－4，
所以f(x)＝－4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋8＝－4x2＋4x＋7.
方法三：(利用零点式)
由已知f(x)＋1＝0的两根为x1＝2，x2＝－1，
故可设f(x)＋1＝a(x－2)(x＋1)，
即f(x)＝ax2－ax－2a－1.
又函数有最大值8，
即eq \f(4a（－2a－1）－a2,4a)＝8.
解得a＝－4，
所以所求函数的解析式为f(x)＝－4x2＋4x＋7.
eq \a\vs4\al()
求二次函数解析式的方法
根据已知条件确定二次函数的解析式，一般用待定系数法，但所给条件不同选取的求解方法也不同，选择规律如下：

1．已知二次函数f(x)＝x2－bx＋c满足f(0)＝3，对∀x∈R.都有f(1＋x)＝f(1－x)成立，则f(x)的解析式为____________．
解析：由f(0)＝3，得c＝3，
又f(1＋x)＝f(1－x)，
所以函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，
所以eq \f(b,2)＝1，所以b＝2，
所以f(x)＝x2－2x＋3.
答案：f(x)＝x2－2x＋3
2．已知二次函数f(x)有两个零点0和－2，且它有最小值－1，则f(x)的解析式为f(x)＝________________．
解析：由二次函数f(x)有两个零点0和－2，可设f(x)＝a(x＋2)x，则f(x)＝a(x2＋2x)＝a(x＋1)2－a.
又f(x)有最小值－1，则a＝1.所以f(x)＝x2＋2x.
答案：x2＋2x
二次函数的图象与性质(多维探究)
角度一 通过图象识别二次函数
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；④5aA．②④ B．①④
C．②③ D．①③
【解析】 因为二次函数的图象与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】 B
eq \a\vs4\al()
确定二次函数图象应关注的三个要点
一是看二次项系数的符号，它确定二次函数图象的开口方向．
二是看对称轴和最值，它确定二次函数图象的具体位置．
三是看函数图象上的一些特殊点，如函数图象与y轴的交点、与x轴的交点，函数图象的最高点或最低点等．
从这三个方面入手，能准确地判断出二次函数的图象．反之，也可以从图象中得到如上信息．
角度二 二次函数的单调性
函数f(x)＝ax2＋(a－3)x＋1在区间[－1，＋∞)上是单调递减的，则实数a的取值范围是________．
【解析】 当a＝0时，f(x)＝－3x＋1在[－1，＋∞)上单调递减，满足条件．
当a≠0时，f(x)的对称轴为x＝eq \f(3－a,2a)，
由f(x)在[－1，＋∞)上单调递减知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a<0，,\f(3－a,2a)≤－1，))
解得－3≤a<0.综上，a的取值范围为[－3，0]．
【答案】 [－3，0]
【迁移探究】 (变条件)若函数f(x)＝ax2＋(a－3)x＋1的单调递减区间是[－1，＋∞)，求a为何值？
解：因为函数f(x)＝ax2＋(a－3)x＋1的单调递减区间为[－1，＋∞)，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a<0，,\f(a－3,－2a)＝－1，))解得a＝－3.
eq \a\vs4\al()
对于二次函数的单调性，关键是确定其图象的开口方向与对称轴的位置，若开口方向或对称轴的位置不确定，则需要分类讨论求解．
角度三 二次函数的最值问题
设函数f(x)＝x2－2x＋2，x∈[t，t＋1]，t∈R，求函数f(x)的最小值．
【解】 f(x)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1，x∈[t，t＋1]，t∈R，函数图象的对称轴为x＝1.当t＋1<1，即t<0时，函数图象如图(1)所示，函数f(x)在区间[t，t＋1]上为减函数，所以最小值为f(t＋1)＝t2＋1；
当t≤1≤t＋1，即0≤t≤1时，函数图象如图(2)所示，在对称轴x＝1处取得最小值，最小值为f(1)＝1；
当t>1时，函数图象如图(3)所示，函数f(x)在区间[t，t＋1]上为增函数，所以最小值f(t)＝t2－2t＋2.
综上可知，f(x)min＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(t2＋1，t<0，,1，0≤t≤1，,t2－2t＋2，t>1.))
eq \a\vs4\al()
二次函数在闭区间上的最值主要有三种类型：轴定区间定、轴动区间定、轴定区间动，不论哪种类型，解题的关键都是对称轴与区间的位置关系，当含有参数时，要依据对称轴与区间的位置关系进行分类讨论．
角度四 一元二次不等式恒成立问题
(1)已知函数f(x)＝x2＋mx－1，若对于任意x∈[m，m＋1]，都有f(x)<0成立，则实数m的取值范围是____________．
(2)已知函数f(x)＝x2＋2x＋1，f(x)>x＋k在区间[－3，－1]上恒成立，则k的取值范围为____________．
【解析】 (1)作出二次函数f(x)的草图，对于任意x∈[m，m＋1]，都有f(x)<0，
则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（m）<0，,f（m＋1）<0，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m2＋m2－1<0，,（m＋1）2＋m（m＋1）－1<0，))解得－eq \f(\r(2),2)(2)由题意得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．
所以g(x)min＝g(－1)＝1.
所以k<1.故k的取值范围为(－∞，1)．
【答案】 (1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，0)) (2)(－∞，1)
eq \a\vs4\al()
由不等式恒成立求参数取值范围一般有两个解题思路：一是分离参数，二是不分离参数．两种思路都是将问题归结为求函数的最值，若不分离参数，则一般需要对参数进行分类讨论求解；若分离参数，则a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max，a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min.
1．已知abc>0，则二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c的图象可能是( )
解析：选D．A项，因为a<0，－eq \f(b,2a)<0，所以b<0.
又因为abc>0，所以c>0，而f(0)＝c<0，故A错．
B项，因为a<0，－eq \f(b,2a)>0，所以b>0.
又因为abc>0，所以c<0，而f(0)＝c>0，故B错．
C项，因为a>0，－eq \f(b,2a)<0，所以b>0.又因为abc>0，
所以c>0，而f(0)＝c<0，故C错．
D项，因为a>0，－eq \f(b,2a)>0，所以b<0，因为abc>0，所以c<0，而f(0)＝c<0，故选D．
2．函数f(x)＝ax2－2x＋3在区间[1，3]上为增函数的充要条件是( )
A．a＝0 B．a<0
C．0解析：选D．当a＝0时，f(x)为减函数，不符合题意；当a≠0时，函数f(x)＝ax2－2x＋3图象的对称轴为x＝eq \f(1,a)，要使f(x)在区间[1，3]上为增函数，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a<0，,\f(1,a)≥3))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a>0，,\f(1,a)≤1，))解得a≥1.故选D．
3．已知a是实数，函数f(x)＝2ax2＋2x－3在x∈[－1，1]上恒小于零，则实数a的取值范围为________．
解析：2ax2＋2x－3<0在[－1，1]上恒成立．
当x＝0时，－3<0，成立；
当x≠0时，a因为eq \f(1,x)∈(－∞，－1]∪[1，＋∞)，当x＝1时，右边取最小值eq \f(1,2)，所以a综上，实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2))).
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))
思想方法系列4 分类讨论思想在二次函数问题中的应用
已知函数f(x)＝ax2－2x(0≤x≤1)，求函数f(x)的最小值．
【解】 (1)当a＝0时，f(x)＝－2x在[0，1]上单调递减，
所以f(x)min＝f(1)＝－2；
(2)当a>0时，f(x)＝ax2－2x的图象开口向上且对称轴为x＝eq \f(1,a).
①当0f(x)＝ax2－2x的对称轴在(0，1]内，
所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，1))上单调递增．
所以f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝eq \f(1,a)－eq \f(2,a)＝－eq \f(1,a)；
②当eq \f(1,a)>1，即0所以f(x)在[0，1]上单调递减．
所以f(x)min＝f(1)＝a－2；
(3)当a<0时，f(x)＝ax2－2x的图象开口向下且对称轴x＝eq \f(1,a)<0，在y轴的左侧，
所以f(x)＝ax2－2x在[0，1]上单调递减，
所以f(x)min＝f(1)＝a－2.
综上所述，f(x)min＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a－2，a<1且a≠0，,－2，a＝0，,－\f(1,a)，a≥1.))
eq \a\vs4\al()
二次函数是单峰函数(在定义域上只有一个最值点的函数)，x＝－eq \f(b,2a)为其最值点的横坐标，在其两侧二次函数具有相反的单调性，当已知二次函数在某区间上的最值求参数时，要根据对称轴与已知区间的位置关系进行分类讨论确定各种情况的最值，建立方程求解参数．
已知函数f(x)＝ax2＋2ax＋1在区间[－1，2]上有最大值4，求实数a的值．
解：f(x)＝a(x＋1)2＋1－a.
(1)当a＝0时，函数f(x)在区间[－1，2]上的值为常数1，不符合题意，舍去；
(2)当a>0时，函数f(x)在区间[－1，2]上是增函数，最大值为f(2)＝8a＋1＝4，解得a＝eq \f(3,8)；
(3)当a<0时，函数f(x)在区间[－1，2]上是减函数，最大值为f(－1)＝1－a＝4，解得a＝－3.
综上可知，a的值为eq \f(3,8)或－3.解析式
f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)
f(x)＝ax2＋bx＋c(a<0)
图象
定义域
(－∞，＋∞)
(－∞，＋∞)
值域
eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4ac－b2,4a)，＋∞))
eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(4ac－b2,4a)))
单调性
在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(b,2a)))上单调递减；
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,2a)，＋∞))上单调递增
在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(b,2a)))上单调递增；
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,2a)，＋∞))上单调递减
对称性
函数的图象关于x＝－eq \f(b,2a)对称