高中数学二次函数与幂函数(教师版)

思维导图

知识梳理 1．幂函数

(1)定义：形如y＝x(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

1

－

y＝x，y＝x2，y＝x3，y＝x2，y＝x1.

α(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． 2．二次函数

(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

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解析式 f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0) f(x)＝ax2＋bx＋c(a<0) 图象 定义域 值域 (－∞，＋∞) (－∞，＋∞) 4ac－b2，＋∞ 4a－∞，4ac－b2 4a单调性 b－∞，－b上单调递增； －∞，－上单调递减；在 在2a2ab－，＋∞上单调递增 在2ab－，＋∞上单调递减 在2a对称性

b函数的图象关于x＝－对称 2a核心素养分析 本讲主要考查幂函数的图象与性质、二次函数的图象与性质，重点提升逻辑推理、直观想象素养.

题型归纳 题型1 幂函数的图象与性质

【例1-1】（2020春•本溪月考）已知幂函数f(x)(m1)2xm24m2(mR)，在(0,)上单调递增．设alog54，

，f（b），f（c）的大小关系是( ) blog13，c0.50.2，则f（a）

5A．f（b）f（a）（c） C．f（c）f（a）f（b）

B．f（c）f（b）f（a） D．f（a）f（b）f（c）

【分析】先利用幂函数的性质求出m的值，再利用幂函数的单调性即可解题． 【解答】解：幂函数f(x)(m1)2xm(m1)212，解得m0，

m4m2024m2(mR)，在(0,)上单调递增，

f(x)x2， 故选：A．

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31412324【例1-2】（2020春•沈河区校级月考）设a(),b(),c()4，则a，b，c的大小顺序是( )

433A．cab B．cba C．acb D．bca

【分析】先判断b1，再化a、c，利用幂函数的性质判断a、c的大小． 31912【解答】解：a()()41，

41641b()41，

323814c()()41；

32789且01，函数yx4在(0,)上是单调增函数，

2716181914所以()()4，

2716所以ca； 综上知，cab． 故选：A．

【跟踪训练1-1】（2019秋•杨浦区校级期末）幂函数f(x)(a1)xm是减函数，则am ．

【分析】先利用幂函数的定义和单调性求出a的值和m的范围，再结合偶函数确定m的值，即可求出结果． 【解答】解：幂函数f(x)(a1)xma11，且m22m30， a2，1m3，

222m3(a,mN)为偶函数，且在(0,)上

2m3(a,mN)，在(0,)上是减函数，

又mN，m0，1，2， 又幂函数f(x)为偶函数，m1， am3，

故答案为：3．

【跟踪训练1-2】已知幂函数f(x)＝(n2＋2n－2)xn2－3n(n∈Z)的图象关于y轴对称，且在(0，＋∞)上是减函数，则n的值为( )

A．－3 C．2

B．1 D．1或2

【分析】本题考查幂函数的性质，根据幂函数的性质即可求解.

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【解析】∵幂函数f(x)＝(n2＋2n－2)xn2－3n在(0，＋∞)上是减函数，

2n＋2n－2＝1，∴2∴n＝1， n－3n<0，

又n＝1时，f(x)＝x【名师指导】

－2

的图象关于y轴对称，故n＝1.故选B.

幂函数的性质与图象特征的关系

(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)判断幂函数y＝xα(α∈R)的奇偶性时，当α是分数时，一般将其先化为根式，再判断． (3)若幂函数y＝xα在(0，＋∞)上单调递增，则α>0，若在(0，＋∞)上单调递减，则α<0.

题型2 二次函数的解析式

【例2-1】（2019秋•道里区校级月考）已知二次函数f(x)ax2bx3(a0)图象过点A(3,0)，对称轴为x1．

（1）求yf(x)的解析式；

（2）若函数yg(x)满足g(2x1)f(x)，求函数yg(x)的解析式．

9a3b3012【分析】（1）根据条件即可得出b，从而可解出a,b，这样即可得出

1552a12f(x)x2x3；

55t112（2）可根据题意得出g(2x1)x2x3，从而可设2x1t，解出x，带入

255121311g(2x1)x2x3即可得出g(t)t2t，t换上x即可得出yg(x)的解析式．

55201049a3b30【解答】解：（1）根据题意得，b，

12a1a5解得，

2b5f(x)x2152x3； 5t112（2）由题意得，g(2x1)x2x3，设2x1t，则x，

255 4 / 11

g(t)111311(t1)2(t1)3t2t， 2052010412311xx． 20104g(x)【例2-2】(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】 法一：(利用一般式)

设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)．

4a＋2b＋c＝－1，

a＝－4，a－b＋c＝－1，

由题意得解得b＝4，

4ac－bc＝7.＝8，4a

2

所以所求二次函数的解析式为f(x)＝－4x2＋4x＋7. 法二：(利用顶点式) 设f(x)＝a(x－m)2＋n(a≠0)． 因为f(2)＝f(－1)，

2＋（－1）1

所以抛物线的对称轴为x＝＝.

22

1

所以m＝.又根据题意函数有最大值8，所以n＝8，

21

x－＋8. 所以f(x)＝a21

2－＋8＝－1， 因为f(2)＝－1，所以a21

x－＋8＝－4x2＋4x＋7. 解得a＝－4，所以f(x)＝－42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.

4a（－2a－1）－a2

又函数有最大值8，即＝8.

4a解得a＝－4或a＝0(舍去)，

所以所求函数的解析式为f(x)＝－4x2＋4x＋7.

【跟踪训练2-1】（2019秋•贺州期中）已知一个二次函数f(x)，f(0)4，f（2）0，f（4）0．求这个函数的解析式．

【分析】先设出函数的表达式，再将函数值代入得到方程组，求出即可．

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2

2

2

【解答】解：设f(x)ax2bxc，

1ac424a2bc0，解得：b3， 16a4bc0c4f(x)12x3x4． 2【跟踪训练2-2】（2019秋•沈阳期中）已知一次函数f(f(x))4x3，且f(x)在R上递增，二次函数g(x)的图象的顶点是(1,2)且过(0,1)．

（1）分别求函数f(x)与函数g(x)的解析式； （2）求函数f(g(x))与g(f(x))的解析式．

【分析】（1）直接利用待定系数法的应用求出函数的关系式． （2）直接利用（1）的结论，求出结果． 【解答】解：（1）因为f(x)在R上递增，

设f(x)kxb (k0)，则f(f(x))f(kxb)k2xkbb4x3，

则k24，kbb3， k2则b1k2或b3（舍去），

f(x)2x1；

二次函数g(x)的顶点是(1,2)，

设g(x)a(x1)22，

g(x)过点(0,1)，代入解得a1，

g(x)x22x1，

（2）由（1）得f(g(x))2x24x1．g(f(x))4x22． 【名师指导】

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：

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题型3 二次函数的图象与性质

【例3-1】已知abc>0，则二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c的图象可能是( )

b

【解析】 A项，因为a<0，－<0，所以b<0.

2a又因为abc>0，所以c>0，而f(0)＝c<0，故A错． b

B项，因为a<0，－>0，所以b>0.

2a

又因为abc>0，所以c<0，而f(0)＝c>0，故B错． b

C项，因为a>0，－<0，所以b>0.又因为abc>0，

2a所以c>0，而f(0)＝c<0，故C错．

b

D项，因为a>0，－>0，所以b<0，因为abc>0，所以c<0，而f(0)＝c<0，故选D.

2a

【例3-2】（2020•海南模拟）已知函数f(x)x2mx5在(2,)上单调递增，则m的取值范围为( ) A．[4，)

B．[2，)

C．(，4]

D．(，2]

【分析】先求出函数f(x)的对称轴，再结合f(x)在区间(2,)上单调递增，所以对称轴在区间(2,)左侧，列出不等式，解出m的取值范围．

【解答】解：函数f(x)x2mx5的对称轴为x函数f(x)在区间(2,)上单调递增，



m， 2m2，解得m4， 2故选：C．

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【例3-3】（2019秋•庐江县期末）函数yx22x3在闭区间[0，m]上有最大值3，最小值为2，m的取值范围是( ) A．(，2]

B．[0，2]

C．[1，2]

D．[1，)

【分析】本题利用数形结合法解决，作出函数f(x)的图象，如图所示，当x1时，y最小，最小值是2，当x2时，y3，欲使函数f(x)x22x3在闭区间[0，m]上的上有最大值3，最小值2，则实数m的取值范围要大于等于1而小于等于2即可． 【解答】解：作出函数f(x)的图象，如图所示， 当x1时，y最小，最小值是2，当x2时，y3，

函数f(x)x22x3在闭区间[0，m]上上有最大值3，最小值2， 则实数m的取值范围是[1，2]． 故选：C．

【例3-4】（2020•江苏一模）已知函数f(x)(m2)x2(m8)x(mR)是奇函数，若对于任意的xR，关于x的不等式f(x21)f（a）恒成立，则实数a的取值范围是 ．

【分析】由已知结合奇函数的定义可求m，然后结合不等式的恒成立与最值的相互关系及二次函数的性质可求．

【解答】解：由奇函数的性质可得，f(x)f(x)恒成立， 即(m2)x2(m8)x(m2)x2(m8)x，

故m20即m2，此时f(x)6x单调递减的奇函数， 由不等式f(x21)f（a）恒成立，可得x21a恒成立，

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结合二次函数的性质可知，x211， 所以a1． 故答案为：(,1)

【跟踪训练3-1】（2019秋•吉安期末）函数f(x)2x2(2a1)x3在区间[2，3]上是增函数，则a的取值范围是( ) A．(,13] 2B．(,13] 2C．[13,) 213D．[,)

2【分析】函数f(x)2x2(2a1)x3的对称轴x2a12a1，从而 3，由此能求出a的取值范围．44【解答】解：函数f(x)2x2(2a1)x3在区间[2，3]上是增函数， 函数f(x)2x2(2a1)x3的对称轴x2a13， 413． 22a1， 4解得aa的取值范围是(，13]． 2故选：A．

【跟踪训练3-2】（2019秋•宜昌期末）函数yx22x1在闭区间[0，3]上的最大值与最小值的和是(

) A．1

B．0

C．1

D．2

【分析】函数yx22x1是一条以x1为对称轴，开口向上的抛物线，在闭区间[0，3]上先减后增，所以当x1时，函数取最小值；当x3时，函数取最大值，代入计算即可 【解答】解：

yx22x1(x1)22

当x1时，函数取最小值2，

当x3时，函数取最大值2

最大值与最小值的和为0

故选：B．

【跟踪训练3-3】（2019秋•长春期末）已知函数f(x)x22xa(xR)． （1）若函数f(x)的值域为[0，)，求实数a的值；

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（2）若f(x)0对任意的x[1，)成立，求实数a的取值范围． 【分析】（1）根据函数的值域可知△0，解出a即可；

（2）利用分离参数法表示出ax22x，求出x22x的取值范围即可． 【解答】解：（1）函数f(x)x22xa(xR)的值域为[0，)，

△2241a0，

a1．

（2）f(x)0对任意的x[1，)成立，

x22xa0对任意的x[1，)成立， ax22x对任意的x[1，)成立，

又当x[1，)时，(x22x)max12213， a3．

即所求实数的取值范围是(3,)．

【跟踪训练3-4】（2020春•诸暨市校级期中）已知函数f(x)x2axab． （Ⅰ）若b3，函数ylg[f(x)]在区间[1，4]上有意义且不单调，求a的取值范围； （Ⅱ）若M{x|f(x)0}，N{x|f(f(x)1)1}且MN，求a的取值范围．

【分析】（Ⅰ）当b3时，f(x)x2axa3，由题知：二次函数f(x)的对称轴在(1,4)之间，且f(x)在[1，4]上恒为正，列出不等式组，即可求出a的取值范围；

（Ⅱ）因为N，设m，n(mn)为方程f(x)1的两个根，所以

M{x|f[f(x)1]1}{x|mf(x)1n}{x|m1f(x)n1}，

由MN，解得a0或a4，又m，n(mn)为方程f(x)1的两个根，所以m1a，即可求出a的取值范围．

【解答】解：（Ⅰ）当b3时，f(x)x2axa3，

由题知：二次函数f(x)的对称轴在(1,4)之间，且f(x)在[1，4]上恒为正，

a142，解得：6a2； 2aaf()a3024（Ⅱ）因为N，设m，n(mn)为方程f(x)1的两个根，

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N{x|f[f(x)1]1}{x|mf(x)1n}{x|m1f(x)n1}，

由AB，得n10且f(x)minm1，由f(n)f（1）1得b0，所以f(x)x2axa， 因为A{f(x)0}，

△a24a0，解得a0或a4，

又m，n(mn)为方程f(x)1的两个根，所以m1a，

f(x)min4aa24a2，解得22a22，

综上所述：0a22． 【名师指导】

1.识别二次函数图象应学会“三看”

2.二次函数的单调性问题

（1）对于二次函数的单调性，关键是看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．

（2）利用二次函数的单调性比较大小，一定要将待比较的两数通过二次函数的图象的对称性转化到同一单调区间上比较． 3.二次函数的最值问题

（1）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． （2）二次函数的单调性问题主要依据二次函数图象的对称轴进行分类讨论求解． 4.由不等式恒成立求参数取值范围的思路及关键

(1)一般有两个解题思路：一是分离参数；二是不分离参数．

(2)两种思路都是将问题归结为求函数的最值，至于用哪种方法，关键是看参数是否已分离．这两个思路的依据是：a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max，a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min.

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