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2023届高考一轮复习讲义（文科）第二章 函数概念与基本初等函数 第3讲 高效演练 分层突破学案
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1．如图是①y＝xa；②y＝xb；③y＝xc在第一象限的图象，则a，b，c的大小关系为( )
A．cC．b解析：选D.根据幂函数的性质，可知选D.
2．(2020·辽宁第一次联考)设函数f(x)＝xeq \s\up6(\f(2,3))，若f(a)>f(b)，则( )
A．a2>b2 B．a2C．ab
解析：选A.函数f(x)＝xeq \s\up6(\f(2,3))＝(x2)eq \s\up6(\f(1,3))，令t＝x2，易知y＝teq \s\up6(\f(1,3))，在第一象限为单调递增函数．
又f(a)>f(b)，所以a2>b2.故选A.
3．若函数f(x)＝x2＋ax＋b的图象与x轴的交点为(1，0)和(3，0)，则函数f(x)( )
A．在(－∞，2)上递减，在[2，＋∞)上递增
B．在(－∞，3)上递增
C．在[1，3]上递增
D．单调性不能确定
解析：选A.由已知可得该函数图象的对称轴为x＝2，又二次项系数为1>0，所以f(x)在(－∞，2)上是递减的，在[2，＋∞)上是递增的．
4．若a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up6(\f(2,3))，b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)))eq \s\up6(\f(2,3))，c＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up6(\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\up6(\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\up6(\f(2,3))>b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)))eq \s\up6(\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\up6(\f(2,3))5．若函数y＝x2－3x－4的定义域为[0，m]，值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(25,4)，－4))，则m的取值范围是( )
A．[0，4] B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，4))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞)) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，3))
解析：选D.二次函数图象的对称轴为x＝eq \f(3,2)，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝－eq \f(25,4)，f(3)＝f(0)＝－4，结合函数图象(如图所示)可得m∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，3)).
6．(2020·甘肃兰州一中月考)已知函数f(x)＝(m2－m－1)xm2－2m－3是幂函数，且在x∈(0，＋∞)上递减，则实数m＝ ．
解析：根据幂函数的定义和性质，得m2－m－1＝1.
解得m＝2或m＝－1，
当m＝2时，f(x)＝x－3在(0，＋∞)上是减函数，符合题意；
当m＝－1时，f(x)＝x0＝1在(0，＋∞)上不是减函数，
所以m＝2.
答案：2
7．设函数f(x)＝mx2－mx－1，若对于x∈R，f(x)<0恒成立，则实数m的取值范围是 ．
解析：当m＝0时，f(x)＝－1<0，符合题意．当m≠0时，f(x)为二次函数，则由f(x)<0恒成立得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m<0，,Δ<0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m<0，,（－m）2－4m×（－1）<0，))解得－4故实数m的取值范围是(－4，0]．
答案：(－4，0]
8．(2020·重庆(区县)调研测试)已知函数f(x)＝－2x2＋mx＋3(0≤m≤4，0≤x≤1)的最大值为4，则m的值为 ．
解析：f(x)＝－2x2＋mx＋3＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(m,4)))eq \s\up12(2)＋eq \f(m2,8)＋3，
因为0≤m≤4，所以0≤eq \f(m,4)≤1，
所以当x＝eq \f(m,4)时，f(x)取得最大值，
所以eq \f(m2,8)＋3＝4，解得m＝2eq \r(2).
答案：2eq \r(2)
9．已知函数f(x)＝x2＋2ax＋2，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－5，5)).
(1)当a＝－1时，求函数f(x)的最大值和最小值；
(2)求实数a的取值范围，使y＝f(x)在区间[－5，5]上是单调函数．
解：(1)当a＝－1时，f(x)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1，x∈[－5，5]，
所以当x＝1时，f(x)取得最小值1；
当x＝－5时，f(x)取得最大值37.
(2)函数f(x)＝(x＋a)2＋2－a2的图象的对称轴为直线x＝－a，
因为y＝f(x)在区间[－5，5]上是单调函数，
所以－a≤－5或－a≥5，即a≤－5或a≥5.故实数a的取值范围是(－∞，－5]∪[5，＋∞)．
10．若二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)满足f(x＋1)－f(x)＝2x，且f(0)＝1.
(1)求f(x)的解析式；
(2)若在区间[－1，1]上，不等式f(x)>2x＋m恒成立，求实数m的取值范围．
解：(1)由f(0)＝1，得c＝1，所以f(x)＝ax2＋bx＋1.
又f(x＋1)－f(x)＝2x，
所以a(x＋1)2＋b(x＋1)＋1－(ax2＋bx＋1)＝2x，
即2ax＋a＋b＝2x，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a＝2，,a＋b＝0，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝－1，))
因此，所求解析式为f(x)＝x2－x＋1.
(2)f(x)>2x＋m等价于x2－x＋1>2x＋m，即x2－3x＋1－m>0，要使此不等式在区间[－1，1]上恒成立，只需使函数g(x)＝x2－3x＋1－m在区间[－1，1]上的最小值大于0即可．
设g(x)＝x2－3x＋1－m，
则g(x)在区间[－1，1]上单调递减，
所以g(x)min＝g(1)＝－m－1，
由－m－1>0，得m<－1.
因此满足条件的实数m的取值范围是(－∞，－1)．
[综合题组练]
1．(2020·福建连城一模)已知函数f(x)＝2ax2－ax＋1(a<0)，若x1A．f(x1)＝f(x2) B．f(x1)>f(x2)
C．f(x1)解析：选C.由题知二次函数f(x)的图象开口向下，图象的对称轴为x＝eq \f(1,4)，因为x1＋x2＝0，所以直线x＝x1，x＝x2关于直线x＝0对称，由x12．(创新型)定义：如果在函数y＝f(x)定义域内的给定区间[a，b]上存在x0(a解析：因为函数f(x)＝－x2＋mx＋1是[－1，1]上的平均值函数，设x0为均值点，
所以eq \f(f（1）－f（－1）,1－（－1）)＝m＝f(x0)，
即关于x0的方程－xeq \\al(2,0)＋mx0＋1＝m在(－1，1)内有实数根，
解方程得x0＝1或x0＝m－1.
所以必有－1所以实数m的取值范围是(0，2)．
答案：(0，2)
3．(2020·辽宁第一次联考)已知幂函数f(x)＝(m－1)2xm2－4m＋3(m∈R)在(0，＋∞)上单调递增．
(1)求m的值及f(x)的解析式；
(2)若函数g(x)＝－eq \r(3,f（x）2)＋2ax＋1－a在[0，2]上的最大值为3，求实数a的值．
解：(1)幂函数f(x)＝(m－1)2x m2－4m＋3 (m∈R)在(0，＋∞)上单调递增，
故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（m－1）2＝1，,m2－4m＋3>0，))解得m＝0，故f(x)＝x3.
(2)由f(x)＝x3，得g(x)＝－eq \r(3,f（x）2)＋2ax＋1－a＝－x2＋2ax＋1－a，
函数图象为开口方向向下的抛物线，对称轴为x＝a.
因为在[0，2]上的最大值为3，所以
①当a≥2时，g(x)在[0，2]上单调递增，故g(x)max＝g(2)＝3a－3＝3，解得a＝2.
②当a≤0时，g(x)在[0，2]上单调递减，故g(x)max＝g(0)＝1－a＝3，解得a＝－2.
③当0综上所述，a＝±2.
4．已知函数f(x)＝x2－2ax＋5(a>1)．
(1)若函数f(x)的定义域和值域均为[1，a]，求实数a的值；
(2)若f(x)在区间(－∞，2]上是减函数，且对任意的x1，x2∈[1，a＋1]，总有|f(x1)－f(x2)|≤4，求实数a的取值范围．
解：(1)因为f(x)＝x2－2ax＋5在(－∞，a]上为减函数，
所以f(x)＝x2－2ax＋5(a>1)在[1，a]上单调递减，
即f(x)max＝f(1)＝a，f(x)min＝f(a)＝1，所以a＝2或a＝－2(舍去)．即实数a的值为2.
(2)因为f(x)在(－∞，2]上是减函数，所以a≥2.
所以f(x)在[1，a]上单调递减，在[a，a＋1]上单调递增，
又函数f(x)的对称轴为直线x＝a，所以f(x)min＝f(a)＝5－a2，f(x)max＝max{f(1)，f(a＋1)}，
又f(1)－f(a＋1)＝6－2a－(6－a2)＝a(a－2)≥0，
所以f(x)max＝f(1)＝6－2a.
因为对任意的x1，x2∈[1，a＋1]，总有|f(x1)－f(x2)|≤4，
所以f(x)max－f(x)min≤4，即6－2a－(5－a2)≤4，解得－1≤a≤3.又a≥2，所以2≤a≤3.即实数a的取值范围为2≤a≤3.
1．如图是①y＝xa；②y＝xb；③y＝xc在第一象限的图象，则a，b，c的大小关系为( )
A．c
2．(2020·辽宁第一次联考)设函数f(x)＝xeq \s\up6(\f(2,3))，若f(a)>f(b)，则( )
A．a2>b2 B．a2
解析：选A.函数f(x)＝xeq \s\up6(\f(2,3))＝(x2)eq \s\up6(\f(1,3))，令t＝x2，易知y＝teq \s\up6(\f(1,3))，在第一象限为单调递增函数．
又f(a)>f(b)，所以a2>b2.故选A.
3．若函数f(x)＝x2＋ax＋b的图象与x轴的交点为(1，0)和(3，0)，则函数f(x)( )
A．在(－∞，2)上递减，在[2，＋∞)上递增
B．在(－∞，3)上递增
C．在[1，3]上递增
D．单调性不能确定
解析：选A.由已知可得该函数图象的对称轴为x＝2，又二次项系数为1>0，所以f(x)在(－∞，2)上是递减的，在[2，＋∞)上是递增的．
4．若a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up6(\f(2,3))，b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)))eq \s\up6(\f(2,3))，c＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up6(\f(1,3))，则a，b，c的大小关系是( )
A．a
A．[0，4] B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，4))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞)) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，3))
解析：选D.二次函数图象的对称轴为x＝eq \f(3,2)，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝－eq \f(25,4)，f(3)＝f(0)＝－4，结合函数图象(如图所示)可得m∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，3)).
6．(2020·甘肃兰州一中月考)已知函数f(x)＝(m2－m－1)xm2－2m－3是幂函数，且在x∈(0，＋∞)上递减，则实数m＝ ．
解析：根据幂函数的定义和性质，得m2－m－1＝1.
解得m＝2或m＝－1，
当m＝2时，f(x)＝x－3在(0，＋∞)上是减函数，符合题意；
当m＝－1时，f(x)＝x0＝1在(0，＋∞)上不是减函数，
所以m＝2.
答案：2
7．设函数f(x)＝mx2－mx－1，若对于x∈R，f(x)<0恒成立，则实数m的取值范围是 ．
解析：当m＝0时，f(x)＝－1<0，符合题意．当m≠0时，f(x)为二次函数，则由f(x)<0恒成立得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m<0，,Δ<0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m<0，,（－m）2－4m×（－1）<0，))解得－4
答案：(－4，0]
8．(2020·重庆(区县)调研测试)已知函数f(x)＝－2x2＋mx＋3(0≤m≤4，0≤x≤1)的最大值为4，则m的值为 ．
解析：f(x)＝－2x2＋mx＋3＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(m,4)))eq \s\up12(2)＋eq \f(m2,8)＋3，
因为0≤m≤4，所以0≤eq \f(m,4)≤1，
所以当x＝eq \f(m,4)时，f(x)取得最大值，
所以eq \f(m2,8)＋3＝4，解得m＝2eq \r(2).
答案：2eq \r(2)
9．已知函数f(x)＝x2＋2ax＋2，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－5，5)).
(1)当a＝－1时，求函数f(x)的最大值和最小值；
(2)求实数a的取值范围，使y＝f(x)在区间[－5，5]上是单调函数．
解：(1)当a＝－1时，f(x)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1，x∈[－5，5]，
所以当x＝1时，f(x)取得最小值1；
当x＝－5时，f(x)取得最大值37.
(2)函数f(x)＝(x＋a)2＋2－a2的图象的对称轴为直线x＝－a，
因为y＝f(x)在区间[－5，5]上是单调函数，
所以－a≤－5或－a≥5，即a≤－5或a≥5.故实数a的取值范围是(－∞，－5]∪[5，＋∞)．
10．若二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)满足f(x＋1)－f(x)＝2x，且f(0)＝1.
(1)求f(x)的解析式；
(2)若在区间[－1，1]上，不等式f(x)>2x＋m恒成立，求实数m的取值范围．
解：(1)由f(0)＝1，得c＝1，所以f(x)＝ax2＋bx＋1.
又f(x＋1)－f(x)＝2x，
所以a(x＋1)2＋b(x＋1)＋1－(ax2＋bx＋1)＝2x，
即2ax＋a＋b＝2x，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a＝2，,a＋b＝0，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝－1，))
因此，所求解析式为f(x)＝x2－x＋1.
(2)f(x)>2x＋m等价于x2－x＋1>2x＋m，即x2－3x＋1－m>0，要使此不等式在区间[－1，1]上恒成立，只需使函数g(x)＝x2－3x＋1－m在区间[－1，1]上的最小值大于0即可．
设g(x)＝x2－3x＋1－m，
则g(x)在区间[－1，1]上单调递减，
所以g(x)min＝g(1)＝－m－1，
由－m－1>0，得m<－1.
因此满足条件的实数m的取值范围是(－∞，－1)．
[综合题组练]
1．(2020·福建连城一模)已知函数f(x)＝2ax2－ax＋1(a<0)，若x1
C．f(x1)
所以eq \f(f（1）－f（－1）,1－（－1）)＝m＝f(x0)，
即关于x0的方程－xeq \\al(2,0)＋mx0＋1＝m在(－1，1)内有实数根，
解方程得x0＝1或x0＝m－1.
所以必有－1
答案：(0，2)
3．(2020·辽宁第一次联考)已知幂函数f(x)＝(m－1)2xm2－4m＋3(m∈R)在(0，＋∞)上单调递增．
(1)求m的值及f(x)的解析式；
(2)若函数g(x)＝－eq \r(3,f（x）2)＋2ax＋1－a在[0，2]上的最大值为3，求实数a的值．
解：(1)幂函数f(x)＝(m－1)2x m2－4m＋3 (m∈R)在(0，＋∞)上单调递增，
故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（m－1）2＝1，,m2－4m＋3>0，))解得m＝0，故f(x)＝x3.
(2)由f(x)＝x3，得g(x)＝－eq \r(3,f（x）2)＋2ax＋1－a＝－x2＋2ax＋1－a，
函数图象为开口方向向下的抛物线，对称轴为x＝a.
因为在[0，2]上的最大值为3，所以
①当a≥2时，g(x)在[0，2]上单调递增，故g(x)max＝g(2)＝3a－3＝3，解得a＝2.
②当a≤0时，g(x)在[0，2]上单调递减，故g(x)max＝g(0)＝1－a＝3，解得a＝－2.
③当0
4．已知函数f(x)＝x2－2ax＋5(a>1)．
(1)若函数f(x)的定义域和值域均为[1，a]，求实数a的值；
(2)若f(x)在区间(－∞，2]上是减函数，且对任意的x1，x2∈[1，a＋1]，总有|f(x1)－f(x2)|≤4，求实数a的取值范围．
解：(1)因为f(x)＝x2－2ax＋5在(－∞，a]上为减函数，
所以f(x)＝x2－2ax＋5(a>1)在[1，a]上单调递减，
即f(x)max＝f(1)＝a，f(x)min＝f(a)＝1，所以a＝2或a＝－2(舍去)．即实数a的值为2.
(2)因为f(x)在(－∞，2]上是减函数，所以a≥2.
所以f(x)在[1，a]上单调递减，在[a，a＋1]上单调递增，
又函数f(x)的对称轴为直线x＝a，所以f(x)min＝f(a)＝5－a2，f(x)max＝max{f(1)，f(a＋1)}，
又f(1)－f(a＋1)＝6－2a－(6－a2)＝a(a－2)≥0，
所以f(x)max＝f(1)＝6－2a.
因为对任意的x1，x2∈[1，a＋1]，总有|f(x1)－f(x2)|≤4，
所以f(x)max－f(x)min≤4，即6－2a－(5－a2)≤4，解得－1≤a≤3.又a≥2，所以2≤a≤3.即实数a的取值范围为2≤a≤3.
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