1、考点 二次函数与幂函数,A组 自主命题浙江卷题组,五年高考,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 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.
2、解法二:(1)当- 1,即a-2时, f(x)在0,1上为减函数,M-m=f(0)-f(1)=-a-1. (2)当 - 1,即-2a-1时,M=f(0),m=f ,从而M-m=f(0)-f =b- = a2. (3)当0- ,即-1a0时,M=f(1),m=f ,从而M-m=f(1)-f = a2+a+1. (4)当- 0,即a0时, f(x)在0,1上为增函数,M-m=f(1)-f(0)=a+1.,即有M-m= M-m与a有关,与b无关.故选B.,2.(2019浙江,16,4分)已知aR,函数f(x)=ax3-x.若存在tR,使得|f(t+2)-f(t)| ,则实数a的最大 值是 .,答案,
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)| |a(t+2)3-(t+2)-(at3-t)| |6at2+12at+8a-2| |3at2+6at+4a-1| - 3at 2+6at+4a-1 a(3t2+6t+4) , 3t2+6t+4=3(t+1)2+11, 若存在tR,使不等式成立,则需a0, 故a(3t2+6t+4)a,+), 只需a,+) 即可,0a , 故a的最大值
4、为 .,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,bR). (1)当b= +1时,求函数f(x)在-1,1上的最小值g(a)的表达式; (2)已知函数f(x)在-1,1上存在零点,0b-2a1,求b的取值范围.,解析 (1)当b= +1时, f(x)= +1, 故其图象的对称轴为直线x=- . 当a-2时,g(a)=f(1)= +a+2. 当-22时,g(a)=f(-1)= -a+2. 综上,g(a)=,(2)设s,t为方程f(x)=0的解,
5、且-1t1,则 由于0b-2a1,因此 s (-1t1). 当0t1时, st ,由于- 0和- 9-4 , 所以- b9-4 . 当-1t0时, st , 由于-2 0和-3 0, 所以-3b0. 故b的取值范围是-3,9-4 .,4.(2015浙江,18,15分)已知函数f(x)=x2+ax+b(a,bR),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.,解析 (1)证明:由f(x)= +b- ,得对称轴为直线x=- . 由|a|2,得 1,故f(x)在-1,1上单调, 所以
6、M(a,b)=max|f(1)|,|f(-1)|. 当a2时,由f(1)-f(-1)=2a4, 得maxf(1),-f(-1)2, 即M(a,b)2. 当a-2时,由f(-1)-f(1)=-2a4, 得maxf(-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, 由|a|+|b|= 得|a|+|b|3. 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
7、.,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.,考点 二次函数与幂函数,B组 统一命题、省（区、市）卷题组,1.(2015四川,9,5分)如果函数f(x)= (m-2)x2+(n-8)x+1(m0,n0)在区间 上单调递减,那么 mn的最大值为 ( ) A.16 B.18 C.25 D.,答案 B 当m=2时, f(x)=(n-8)x+1在区间 上单调递减,则n-82时, f(x)的图象开口向上,要使f(x)在区间 上单调递减,需- 2,即2m+n12,而2 m+n2 ,所以mn18,当且仅当 即 时,取“=”,此时
8、满足m2.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 .若幂函数f(x)=x为奇函数,且在(0,+)上递减,则 = .,答案 -1,解析 本题主要考查幂函数的性质.幂函数f(x)=x为奇函数,可取-1,1,3,又f(x)=x在(0,+ )上递减,0,故=-1.,规律方法 幂函数y=x(R)的性质及图象特征: 所有的幂函数在(0,+)上都有定义,并且图象都过点(1,1); 如果0,则幂函数的图象过原点,并且在区间0,+)上为增函数; 如果0,则幂函数的图象
9、在区间(0,+)上为减函数; 当为奇数时,幂函数为奇函数;当为偶数时,幂函数为偶函数.,考点 二次函数与幂函数,C组 教师专用题组,1.(2015陕西,12,5分)对二次函数f(x)=ax2+bx+c(a为非零 ),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,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 解得b= -2a,c=-3a, 则f(x)=ax2-2ax-3a. 由于a为非零整数,所以f(1
10、)=-4a3,则C错. 而f(2)=-3a8,则D也错,与题意不符,故A、B中有一个错误,C、D都正确. 若A、C、D正确,则有 由得 代入中并整理得9a2-4a+ =0, 又a为非零整数,则9a2-4a为整数,故方程9a2-4a+ =0无整数解,故A错.,若B、C、D正确,则有 解得a=5,b=-10,c=8,则f(x)=5x2-10x+8, 此时f(-1)=230,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.,2.(2017北京文,11,5分)已知x0,y0,且x+y=1,则x2+y2的取值范围是 .,答案,解析 解法一:由题意知,y=1-x,
11、 y0,x0,0x1, 则x2+y2=x2+(1-x)2=2x2-2x+1=2 + . 当x= 时,x2+y2取最小值 , 当x=0或x=1时,x2+y2取最大值1, x2+y2 . 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. x2+y2的最小值为(0,0)到直线x+y-1=0的距离的平方,即 = ,又易知(x2+y2)max=1,x2+y2 .,考点 二次函数与幂函数,三年模拟,A组 20172019年高考模拟考点基础题组,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3x1
12、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,答案 D 设f(x)=(x-x1)(x-x2),又30. 因为f(3)f(5)=(x1-3)(5-x2)(x2-3)(5-x1) =1, 当且仅当x1=x2=4时取等号(显然不成立), 所以0f(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x1,4时,不等式0ax3+bx2+4a4x2恒成立,则a+b的取 值范围是 ( ) A.-4,8 B.-2,8 C.0,6 D.4,12,答案 A 原不等式可化为0a +b4,
13、等价于 令f(x)=x+ ,x1,4,f (x)=1- ,由f (x)=0x=2,当x(1,2)时, f (x)0,f(x)单调递增,故f(x)3,5. 当a0时, a+b=2(3a+b)+-(5a+b)-4, 当a0时, a+b=2(3a+b)+-(5a+b)8. 故选A.,3.(2019浙江金华十校高三上期末,8)若关于x的不等式x3-3x2-ax+a+20在x(-,1上恒成立, 则实数a的取值范围是 ( ) A.(-,-3 B.-3,+) C.(-,3 D.3,+),答案 A 关于x的不等式x3-3x2-ax+a+20在x(-,1上恒成立,等价于 a(x-1)x3-3x2+2=(x-1)
14、(x2-2x-2)在x(-,1上恒成立. 当x=1时,显然成立; 当x1时,x-10,所以ax2-2x-2, 而y=x2-2x-2=(x-1)2-3-3,所以a-3. 综上,实数a的取值范围是(-,-3,故选A.,4.(2019浙江高考模拟卷(一),10)若正整数a,b,c使二次方程ax2-bx+c=0在(0,2)内有两个不相等的 实根,则a的最小值为( ) A.1 B.2 C.3 D.4,答案 B 设f(x)=a(x-)(x-),其中,(0,2). 则 因为a,b,c为正整数,所以 两式相乘,则a2(2-)(2-)1. 由基本不等式,知(2-) =1,同理,(2-)1. 所以a21,又,所以
15、等号不成立. 因而a2.当a=2时,取f(x)=2x2-3x+1即可.,5.(2019浙江高考模拟卷(一),17)设f(x)=x2-3x-m(mR),A=x|f(x)=x,B=x|f(f(x)=x,若A=B, 则实数m的取值范围为 .,答案 -4m-3,解析 f(x)=x即x2-4x-m=0,所以1=16+4m0,解得m-4;f(f(x)=x即(x2-3x-m)2-3(x2-3x-m)-m=x,即 (x2-4x-m)(x2-2x-m-2)=0,所以,方程x2-2x-m-2=0无实数根,2=4+4(m+2)0时,显然不符合要求.综上所述,-4m-3.,6.(2018浙江“七彩阳光”联盟期初联考,
16、17)设关于x的方程x2-ax-2=0和x2-x-1-a=0的实根分别 为x1,x2和x3,x4,若x1x3x2x4,则a的取值范围是 .,答案 -1a1,解析 由x2-ax-2=0得a=x- (x0),由x2-x-1-a=0得a=x2-x-1.在同一个坐标系中画出y=x- 和y=x2- x-1的图象.由x- =x2-x-1,化简得x3-2x2-x+2=0,此方程显然有根x=2,所以x3-2x2-x+2=(x+1)(x-1)(x- 2)=0,解得x=-1或x=1或x=2.当x=2或x=-1时,y=1;当x=1时,y=-1,由题意可知,-1a1.,7.(2017浙江名校(杭州二中)交流卷三,16
17、)记M(x,y,z)为x,y,z三个数中的最小数,若二次函数f(x)= ax2+bx+c(abc0)有零点,则M 的最大值为 .,答案,解析 abc0, , , 中, 最小, 因此需要求 的最大值, 又二次函数f(x)=ax2+bx+c(abc0)有零点, b2-4ac0,即b24ac,c , 故 = = + . 设 =t,t(0,1,则y=t+ = (t2+4t)= (t+2)2-1. 当t=1,即a=b时,y取得最大值 .,8.(2019浙江学军中学高三上期中,21)已知函数f(x)=x2-3|x-a|. (1)若函数y=f(x)为偶函数,求实数a的值; (2)若a= ,求函数y=f(x)
18、的单调递减区间; (3)当0a1时,若对任意的xa,+),不等式f(x-1)2f(x)恒成立,求实数a的取值范围.,解析 (1)易知f(-x)=f(x),即(-x)2-3|-x-a|=x2-3|x-a|, |x+a|=|x-a|,2ax=-2ax,a=0. (2)当a= 时,f(x)=x2-3 = 由函数的图象可知(图略),y=f(x)的单调递减区间为 , . (3)不等式f(x-1)2f(x)化为(x-1)2-3|x-1-a|2x2-6|x-a|, 即6|x-a|-3|x-(1+a)|x2+2x-1(*)对任意的xa,+)恒成立,分如下情况讨论: 当axa+1时,不等式(*)化为6(x-a)
19、+3x-(1+a)x2+2x-1恒成立, 即x2-7x+2+9a0在xa,a+1上恒成立. 令h(x)=x2-7x+2+9a, 0a1, h(x)=x2-7x+2+9a在a,a+1上单调递减, 只需h(x)min=h(1+a)=a2+4a-40,a-2-2 (舍去)或a2 -2, 2 -2a+1时,不等式(*)化为6(x-a)-3x-(1+a)x2+2x-1恒成立, 即x2-x+3a-40在x(a+1,+)上恒成立. 令(x)=x2-x+3a-4, a0, (x)=x2-x+3a-4在x(a+1,+)上单调递增, 则只需(x)(a+1)=a2+4a-40. 综上所述,a的取值范围是2 -2a1
20、.,B组 20172019年高考模拟专题综合题组 时间:15分钟 分值:24分 一、选择题(每小题4分,共12分),1.(2019浙江高考信息优化卷(一),8)已知函数f(x)=x2+ax+b在(0,2)上有两个不同的零点,则3a+b 的取值范围为 ( ) A.(-4,4) B.(-8,0) C.(-12,0) D.(-4,0),答案 B 解法一:由已知可得f(x)=0在(0,2)上存在两个不同的实数根,故有 即 它表示的可行域为图中阴影部分,如图所示(不包括两坐标轴),令z=3a+b, 由图易得-8z0,故3a+b的取值范围为(-8,0). 解法二:设f(x)=(x-x1)(x-x2),故3
21、a+b=f(3)-9=(3-x1)(3-x2)-9(-8,0).,2.(2018浙江新高考调研卷五(绍兴一中),10)已知函数f(x)=ax2+bx+c,且存在相异实数m,n满足f (m)=f(n)=0.若a+b+3c=0,则|m-n|的最小值是 ( ) A. B. C. D.,答案 C f = + +c= (a+3b+9c)=- a,又f =a ,不妨设m n,则 = ,|m-n| ,当且仅当m= ,n= 时等号成立,故 选C.,3.(2019浙江杭州高三上期末,9)设a0,不等式(3x2+a)(2x+b)0在(a,b)上恒成立,则b-a的最大值 为 ( ) A.1 B. C. D.,答案
22、C 易知该不等式对应的方程在R上有三个不相等的实根,考虑x=- 与区间(a,b)的关系 即可. (1)若- (a,b),即0 ,b-a= b2+b1,无 最大值. (2)若- (a,b),则 在(a,b)上恒成立,或 在(a,b)上恒成立. 若 在(a,b)上恒成立,则2a+b0,即b-2a0,意味着0(a,b),而此时302+a0,显然不 可能; 若 在(a,b)上恒成立,则2b+b0,即b0,这样y=3x2+a在(a,b)上单调递减,仅需3a2+a 0,解得- a0,所以b-a0- = .,4.(2019浙江台州高三上期末,16)若函数f(x)=x2+ x+b在-1,1上有2个零点,则a2
23、-3b的最小 值为 .,二、填空题(共12分),答案 -,解析 不妨设f(x)=x2+ x+b的零点分别为x1,x2,且-1x1x21,f(x)=(x-x1)(x-x2), 则x1+x2=- ,x1x2=b,所以a=- -(x1+x2),b=x1x2, a2-3b= + (x1+x2)+ -3x1x2 = + x1+ + x2+ = + +x2 +x2= - - ,当且仅当x1+ =0且x2=- , 即x1=x2=- 时取等号. 故a2-3b的最小值为- .,5.(2019浙江温州普通高中高考适应性测试(2月),17)已知f(x)=x2-ax,若对任意的aR,存在x0 0,2,使得|f(x0)
24、|k成立,则实数k的最大值是 .,答案 12-8,解析 不妨设k0.将绝对值去掉,可转化为对任意aR,存在x00,2,使得ax+ 或ax- . 易知x- 的最大值为2- (此时x=2).当k4时,x+ 的最小值为2+ ,此时a只需取 中 的任何一个值即可使要求不成立,故k4,则只需2- 2 ,解得0k12-8 .故k的最大值为1 2-8 .,6.(2019浙江浙南联盟高三上期末,17)若对任意a0,函数f(x)=x3+ax2+bx+1在(-,0)内有且仅有 一个零点,则实数b的取值范围是 .,答案 (-,3,解析 函数f(x)=x3+ax2+bx+1在(-,0)上有一个零点,等价于f(x)=0
25、在(-,0)上有一个实根,即b= -x2-ax- 在(-,0)上有一个实根,令g(x)=b,h(x)=-x2-ax- (x0),则g(x)=b的图象与h(x)=-x2-ax- (x 0)的图象只有一个交点, 下面我们研究h(x)=-x2-ax- (x0)的图象. h(x)=-2x-a+ (x0),先分析h(x)=-2x-a+ (x0),令t(x)=h(x),则t(x)=-2- ,所以t(x)即h(x)在(- ,0)上有极小值h(x)min=h(-1)=3-a. 当3-a0,即a3时,h(x)=-2x-a+ 0,所以h(x)=-x2-ax- (x0)单调递增,此时b=-x2-ax- 在(-, 0)上有一个实根,仅需bR.,当3-a3时,h(x)=-2x-a+ 有两个不同的零点x1,x2,其中x1h(x1)或bh(x2)恒成立.,当bh(x1)时,因为a3,x23,-1- -3x2- , 令p(x2)=- -3x2- ,求p(x2)的取值范围即可, p(x2)=-2x2-3+ = , 当-10,故p(x2)在(-1,0)上单调递增,所以p(x2)p(-1)=3,所以h(x2)=- -ax2- - -3x2- 3,可得b3. 综上所述,b的取值范围是(-,3.,
