（福建專用）2013年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第二章第5課時 二次函數(shù)與冪函數(shù)課時闖關(guān)（含解析）

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1、 （福建專用）2013年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第二章第5課時 二次函數(shù)與冪函數(shù)課時闖關(guān)（含解析） 一、選擇題 1．(2012·福州調(diào)研)設(shè)a∈，則使函數(shù)y＝xa的值域為R且為奇函數(shù)的所有a的值為(　　) A．－1,3　　　　　　　　 B．－1,1 C．1,3 D．－1,1,3 解析：選C.y＝x－1的值域為(－∞，0)∪(0，＋∞)，y＝x的值域為[0，＋∞)，y＝x2為偶函數(shù)，y＝x和y＝x3的值域均為R，且是奇函數(shù)． 2．若函數(shù)f(x)＝x3(x∈R)，則函數(shù)y＝f(－x)在其定義域上是(　　) A．單調(diào)遞減的偶函數(shù) B．單調(diào)遞減的奇函數(shù) C．單調(diào)遞增的偶函數(shù)

2、D．單調(diào)遞增的奇函數(shù) 解析：選B.f(x)＝x3(x∈R)，∴y＝f(－x)＝－x3在R上是單調(diào)遞減的奇函數(shù)． 3．如果函數(shù)f(x)＝x2＋bx＋c對任意的實數(shù)x，都有f(1＋x)＝f(－x)，那么(　　) A．f(－2)

3、A．(0,4] B. C. D. 解析：選C.f(x)＝2－，x∈[0，m]，又因為ymin＝－，f(0)＝f(3)＝－4，所以≤m≤3. 5．(2010·高考安徽卷)設(shè)abc>0，二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c的圖象可能是(　　) 解析：選D.由A，C，D知，f(0)＝c<0.∵abc>0，∴ab<0，∴對稱軸x＝－>0，知A，C錯誤．由B知f(0)＝c>0，∴ab>0，∴x＝－<0，B錯誤．D符合要求． 二、填空題 6．已知冪函數(shù)f(x)＝kxα(k，α∈R)的圖象過點(，)，則k＋α＝________. 解析：由冪函數(shù)的定義得k＝1，再將點(，)代入得＝()

4、α，從而α＝，故k＋α＝. 答案： 7．已知關(guān)于x的一元二次方程x2＋2mx＋2m＋1＝0，若方程有兩根，其中一根在區(qū)間(－1,0)內(nèi)，另一根在區(qū)間(1,2)內(nèi)，則m的取值范圍是________． 解析：設(shè)f(x)＝x2＋2mx＋2m＋1，由圖象(如圖)知，解得m∈. 答案： 8．當(dāng)x∈(1,2)時，不等式x2＋mx＋4<0恒成立，則m的取值范圍是________． 解析：∵x2＋mx＋4<0對x∈(1,2)恒成立， ∴mx<－x2－4，∴m<－對x∈(1,2)恒成立． 又∵4

5、.已知函數(shù)f(x)＝ax2＋(b－8)x－a－ab(a≠0)，當(dāng)x∈(－3,2)時，f(x)＞0；當(dāng)x∈(－∞，－3)∪(2，＋∞)時，f(x)＜0，大致圖象如圖所示． (1)求f(x)在[0,1]內(nèi)的值域； (2)c為何值時，不等式ax2＋bx＋c≤0在[1,4]上恒成立． 解：由題意得x＝－3和x＝2是函數(shù)f(x)的零點且(a≠0)， 則， 解得：， ∴f(x)＝－3x2－3x＋18. (1)由圖知函數(shù)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減， ∴當(dāng)x＝0時，y＝18，當(dāng)x＝2時，y＝12. ∴f(x)在(0,1)內(nèi)的值域為(12,18)． (2)令g(x)＝－3x2＋5x＋c， ∵g

6、(x)在上單調(diào)遞減， 要使g(x)≤0在[1,4]上恒成立， 則只需g(1)≤0，即－3＋5＋c≤0，解得c≤－2. ∴當(dāng)c≤－2時，不等式ax2＋bx＋c≤0在[1,4]上恒成立． 10．(2012·廈門調(diào)研)二次函數(shù)f(x)滿足f(x＋1)－f(x)＝2x，且f(0)＝1，函數(shù)h(x)＝2x＋m. (1)求f(x)的解析式； (2)若函數(shù)g(x)＝f(x)－kx在[2,4]上不是單調(diào)函數(shù)，求k的取值范圍． (3)若在區(qū)間[－1,1]上，函數(shù)f(x)的圖象恒在函數(shù)h(x)的圖象的上方，求實數(shù)m的取值范圍． 解：(1)設(shè)f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，由f(0)＝1得c＝

7、1， 故f(x)＝ax2＋bx＋1. ∵f(x＋1)－f(x)＝2x， ∴[a(x＋1)2＋b(x＋1)＋1]－[ax2＋bx＋1]＝2x. 即2ax＋a＋b＝2x，∴，∴， ∴f(x)＝x2－x＋1. (2)∵g(x)＝f(x)－kx＝x2－(k＋1)x＋1 在2,4上不是單調(diào)函數(shù)， ∴2＜＜4?3＜k＜7. 故k的取值范圍是(3,7)． (3)由題意得 f(x)＞h(x)，即x2－x＋1＞2x＋m在[－1,1]上恒成立． 即x2－3x＋1－m＞0在[－1,1]上恒成立． ∵u(x)＝x2－3x＋1－m在[－1,1]上單調(diào)遞減， ∴u(x)min＝u(1)＝－m

8、－1， 由－m－1>0得，m<－1. 因此滿足條件的實數(shù)m的取值范圍是(－∞，－1)． 一、選擇題 1．(2012·福安質(zhì)檢)已知冪函數(shù)f(x)＝x－2m2＋m＋3(m∈Z)為偶函數(shù)，且f(－2)0，∴－1

9、1，即f(x)＝x2. ∴h(x)＝x2－ax，要使其在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，則≤1，即a≤2，故選C. 2．(2012·長沙調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝2ax2－ax＋1(a<0)，若x1f(x2) C．f(x1)0，且x1與x2關(guān)于y軸對稱， 則x1到x＝的距離大于x2到x＝的距離， 即－x1>x2－，故f(x1)

10、 3．若二次函數(shù)f(x)＝ax2＋2x＋c(x∈R)的值域為[0，＋∞)，則f(1)的最小值為________． 解析：法一：由題知，a>0且f(x)min＝＝0， ∴ac＝1，從而c>0.∴f(1)＝a＋c＋2≥2＋2＝4，當(dāng)且僅當(dāng)a＝c＝1時取等號． 法二：由題意，利用數(shù)形結(jié)合易知，即， ∴f(1)＝a＋c＋2≥2＋2＝4. 當(dāng)且僅當(dāng) a＝c＝1時取等號． 答案：4 4．(2012·廈門質(zhì)檢)對于函數(shù)f(x)，若存在x0∈R，使f(x0)＝x0成立，則稱x0為f(x)的不動點．已知函數(shù)f(x)＝ax2＋(b＋1)x＋b－1(a≠0)．若對于任意實數(shù)b，函數(shù)f(x)恒有兩個相

11、異的不動點，則a的取值范圍是________． 解析：對于任意實數(shù)b，f(x)恒有兩個相異不動點， 對任意實數(shù)b，ax2＋(b＋1)x＋b－1＝x， 即ax2＋bx＋b－1＝0恒有兩個不等實根， 對任意實數(shù)b，Δ＝b2－4a(b－1)>0恒成立， 對任意實數(shù)b，b2－4ab＋4a>0恒成立， Δ′＝16a2－16a<0，a(a－1)<0,0

12、求f(x)在區(qū)間[t，t＋2](t∈R)上的最小值h(t)； (3)求h(t)的最小值． 解：(1)∵，∴， 解得.∴f(x)＝(x＋1)2. ∴g(x)＝， ∴g(2)＋g(－2)＝9－1＝8. (2)當(dāng)t＋2≤－1時，即t≤－3時， ∵f(x)＝(x＋1)2在[t，t＋2]上單調(diào)遞減． ∴f(x)min＝f(t＋2)＝(t＋3)2. 當(dāng)t＜－1＜t＋2時，即－3＜t＜－1時， ∵f(x)＝(x＋1)2在[t，－1]上單調(diào)遞減， f(x)＝(x＋1)2在[－1，t＋2]上單調(diào)遞增， ∴f(x)min＝f(－1)＝0； 當(dāng)t≥－1時f(x)＝(x＋1)2在[t，t＋2

13、]上單調(diào)遞增， ∴f(x)min＝f(t)＝(t＋1)2. 綜上知：f(x)在區(qū)間[t，t＋1](t∈R)上的最小值為h(t)＝. (3)作出函數(shù)h(t)的圖象如下：易知h(t)min＝0. 6．已知二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx(a，b為常數(shù)，且a≠0)滿足條件： f(x－1)＝f(3－x)，且方程f(x)＝2x有等根． (1)求f(x)的解析式； (2)是否存在實數(shù)m、n(m＜n)，使f(x)定義域和值域分別為[m，n]和[4m,4n]，如果存在，求出m、n的值；如果不存在，說明理由． 解：(1)∵方程ax2＋bx＝2x有等根， ∴Δ＝(b－2)2＝0，得b＝2. 由f(x－1)＝f(3－x)知此函數(shù)圖象的對稱軸方程為x＝－＝1，得a＝－1，∴f(x)＝－x2＋2x. (2)f(x)＝－(x－1)2＋1≤1， ∴4n≤1，即n≤， 而拋物線y＝－x2＋2x的對稱軸為x＝1， ∴n≤時，f(x)在[m，n]上為增函數(shù)， 若滿足題設(shè)條件的m，n存在，則， 即?. 又m＜n≤，∴m＝－2，n＝0， 這時定義域為[－2,0]，值域為[－8,0] ， 由以上知滿足條件的m、n存在，m＝－2，n＝0.