2023届高考一轮复习加练必刷题第11练　二次函数与幂函数【解析版】

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考点一 二次函数
1．已知函数h(x)＝4x2－kx－8在区间[5,6]上是单调函数，则k的取值范围是( )
A．(－∞，40)
B．(48，＋∞)
C．(－∞，40]∪[48，＋∞)
D．[40,48]
答案 C
解析 由题意，得eq \f(k,8)≤5或eq \f(k,8)≥6，解得k≤40或k≥48，故k的取值范围是(－∞，40]∪[48，＋∞)．
2．设函数f(x)＝mx2－mx－1，若f(x)<0的解集为R，则实数m的取值范围是( )
A．(－4,0) B．(－4,0]
C．[－4,0) D．[－4,0]
答案 B
解析 当m＝0时，f(x)＝－1<0恒成立；
当m≠0时，f(x)<0的解集为R，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m<0，,m2＋4m<0，))解得－4故实数m的取值范围是(－4,0]．
3．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的值( )
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
解析 方法一 因为最值在f(0)＝b，f(1)＝1＋a＋b，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))＝b－eq \f(a2,4)中取，所以最值之差一定与b无关，与a有关．
方法二 令g(x)＝x2＋ax，则M－m＝g(x)max－g(x)min，
故M－m与b无关．
又当a＝1时，g(x)max－g(x)min＝2，
当a＝2时，g(x)max－g(x)min＝3，
故M－m与a有关．
4．已知函数f(x)＝－x2＋2ax＋1－a在x∈[0,1]时，有最大值2，则实数a的值为________．
答案 －1或2
解析 f(x)＝－x2＋2ax＋1－a＝－(x－a)2＋a2－a＋1，对称轴为直线x＝a，图象开口向下．
当a<0时，函数f(x)在区间[0,1]上单调递减，则f(x)max＝f(0)＝1－a＝2，得a＝－1；
当0≤a≤1时，f(x)max＝f(a)＝a2－a＋1＝2，解得a＝eq \f(1＋\r(5),2)或a＝eq \f(1－\r(5),2)，均不满足；
当a>1时，f(x)max＝f(1)＝a＝2.
综上所述，a＝－1或a＝2.
5．已知定义在R上的偶函数f(x)，当x≥0时，f(x)＝x2－ax＋1.若f(x)有4个零点，则实数a的取值范围为________．
答案 (2，＋∞)
解析 因为f(x)是R上的偶函数，f(x)有4个零点，所以当x≥0时，f(x)有2个不同的零点，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ＝a2－4>0，,－\f(－a,2)＝\f(a,2)>0，))解得a>2.
考点二 幂函数
6．已知幂函数f(x)＝k·xα的图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(2),2)))，则k＋α等于( )
A.eq \f(1,2) B．1
C.eq \f(3,2) D．2
答案 C
解析 由幂函数的定义知k＝1，
又f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(\r(2),2)，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))α＝eq \f(\r(2),2)，
解得α＝eq \f(1,2)，从而k＋α＝eq \f(3,2).
7．已知函数f(x)＝(m2－m－1)xm是幂函数，且f(x)在(0，＋∞)上单调递增，则实数m的值为( )
A．－2 B．－1
C．1 D．2
答案 D
解析 由题意，函数f(x)＝(m2－m－1)xm是幂函数，
可得m2－m－1＝1，即m2－m－2＝0，
解得m＝2或m＝－1，
当m＝2时，函数f(x)＝x2，此时f(x)在(0，＋∞)上单调递增，符合题意；
当m＝－1时，函数f(x)＝x－1，
此时f(x)在(0，＋∞)上单调递减，不符合题意，
故m＝2.
8．(多选)若幂函数f(x)＝xα的图象经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(1,2)))，则函数f(x)具有的性质是( )
A．函数f(x)在定义域内是减函数
B．函数f(x)的图象过点(1,1)
C．函数f(x)是奇函数
D．函数f(x)的定义域是R
答案 BC
解析 因为幂函数f(x)＝xα的图象经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(1,2)))，所以eq \f(1,2)＝2α，解得α＝－1，所以f(x)＝x－1＝eq \f(1,x).由反比例函数的性质，可知f(x)＝eq \f(1,x)在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上单调递减，所以A错误；当x＝1时，f(1)＝1，所以函数的图象过点(1,1)，所以B正确；因为f(－x)＝eq \f(1,－x)＝－eq \f(1,x)＝－f(x)，所以f(x)为奇函数，所以C正确；函数的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，所以D错误．
9．(多选)已知幂函数f(x)＝(n∈Z)的图象关于原点对称且在(0，＋∞)上单调递减，则n的值为( )
A．－1 B．0 C．1 D．2
答案 BD
解析 ∵f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
∴2n2－5n－3<0，
解得－eq \f(1,2)又n∈Z，∴n＝0,1,2，
又f(x)的图象关于原点对称，∴f(x)为奇函数．
经检验n＝0,2满足题意．
10．已知f(x)为幂函数，且满足eq \f(f8,f2)＝2，若f(m－1)<1，则实数m的取值范围是__________．
答案 [1,2)
解析 设f(x)＝xα，
则有eq \f(f8,f2)＝eq \f(8α,2α)＝22α＝2，
解得α＝eq \f(1,2).
∴f(x)＝，且函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
∵f(m－1)＝<1，
∴0≤m－1<1，解得m∈[1,2)．
11．(多选)已知函数f(x)＝|x2－2ax＋b|(x∈R)，给出下列命题，其中是真命题的是( )
A．若a2－b≤0，则f(x)在区间[a，＋∞)上单调递增
B．存在a∈R，使得f(x)为偶函数
C．若f(0)＝f(2)，则f(x)的图象关于x＝1对称
D．若a2－b－2>0，则函数h(x)＝f(x)－2有2个零点
答案 AB
解析 对于选项A，若a2－b≤0，则f(x)＝|(x－a)2＋b－a2|＝(x－a)2＋b－a2在区间[a，＋∞)上单调递增，故A正确；对于选项B，当a＝0时，f(x)＝|x2＋b|显然是偶函数，故B正确；对于选项C，取a＝0，b＝－2，函数f(x)＝|x2－2ax＋b|化为f(x)＝|x2－2|，满足f(0)＝f(2)，但f(x)的图象关于x＝1不对称，故C错误；对于选项D，如图，a2－b－2>0，即a2－b>2，则h(x)＝|(x－a)2＋b－a2|－2有4个零点，故D错误．
12．(多选)已知函数f(x)＝3x2－6x－1，则下列结论中正确的是( )
A．函数f(x)在区间(2,3)上有唯一零点
B．函数f(x)在区间(－1，＋∞)上单调递增
C．当a>1时，若f(ax)在x∈[－1,1]上的最大值为8，则a＝3
D．当0答案 ACD
解析 因为f(x)＝3(x－1)2－4，所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增．又f(2)＝－1<0，f(3)＝8>0，所以f(x)在区间(2,3)上有唯一零点，故A正确，B错误；当a>1，x∈[－1,1]时，ax∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，a)).又eq \f(a＋\f(1,a),2)>1，所以最大值为f(a)＝3a2－6a－1＝8，解得a＝3或a＝－1(舍去)，故C正确；
当013．已知函数f(x)＝－x2＋ax－6，g(x)＝x＋4.若对任意x1∈(0，＋∞)，存在x2∈(－∞，－1]，使f(x1)≤g(x2)，则实数a的最大值为( )
A．6 B．4
C．3 D．2
答案 A
解析 由题意，f(x)max≤g(x)max，(*)
由g(x)在(－∞，－1]上单调递增，则g(x)max＝g(－1)＝3.
又f(x)＝－x2＋ax－6＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,2)))2＋eq \f(a2,4)－6，
当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以f(x)显然f(x)所以a≤0时，(*)恒成立．
当a>0时，x＝eq \f(a,2)∈(0，＋∞)，
所以f(x)max＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))＝eq \f(a2,4)－6.
此时应有eq \f(a2,4)－6≤3，且a>0，解得0综上可知，a≤6，则a的最大值为6.
14．若正实数a，b满足a＋b＝1，则函数f(x)＝ax2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3＋\f(1,b)))x－a的零点的最大值为______．
答案 eq \f(－9＋\r(85),2)
解析 设f(x)＝ax2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3＋\f(1,b)))x－a的零点为x1，x2，且x1则x2＝eq \f(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,a)＋\f(1,ab)))＋\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,a)＋\f(1,ab)))2＋4),2)，
令t＝eq \f(3,a)＋eq \f(1,ab)＝eq \f(3b＋1,b－b2)，0求导得t′＝eq \f(3b2＋2b－1,b－b22)，
所以当0当eq \f(1,3)0，函数t单调递增，
所以当b＝eq \f(1,3)时，t取得最小值9，所以t≥9，
所以x2＝eq \f(－t＋\r(t2＋4),2)＝eq \f(－t＋\r(t2＋4)\r(t2＋4)＋t,2\r(t2＋4)＋t)
＝eq \f(2,\r(t2＋4)＋t)在t∈[9，＋∞)上单调递减，
所以当t＝9，即a＝eq \f(2,3)，b＝eq \f(1,3)时，x2取得最大值eq \f(－9＋\r(85),2).