【文档说明】2023届高考人教A版数学一轮复习试题（适用于老高考旧教材）课时规范练8　幂函数与二次函数含解析【高考】.docx，共(5)页，53.344 KB，由小赞的店铺上传

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1课时规范练8幂函数与二次函数基础巩固组1.若四个幂函数y=xa,y=xb,y=xc,y=xd在同一坐标系中的图象如图,则a,b,c,d的大小关系是()A.d>c>b>aB.a>b>c>dC.d>c>a>bD.a>b>d>c2

.已知a=243,b=323,c=2513,则()A.b<a<cB.a<b<cC.b<c<aD.c<a<b3.若一次函数y=ax+b的图象经过第二、三、四象限,则二次函数y=ax2+bx的图象可能是()4.(2

021安徽六安模拟)如果函数f(x)=x2+bx+c对任意的实数x,都有f(-1+x)=f(-x),那么()A.f(0)<f(2)<f(-2)B.f(0)<f(-2)<f(2)C.f(2)<f(0)<f(-2)D.f(-2)<f(0)<f(2)5.(2021陕西安康高三质检

)已知函数f(x)=2x2-mx-3m,则“m>2”是“f(x)<0对x∈[1,3]恒成立”的()A.充分不必要条件B.充要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件6.(2021广西崇左模拟)若

函数f(x)=-x2+4ax在[1,3]内不单调,则实数a的取值范围是.27.(2021上海浦东实验高中高三月考)函数y=1√𝑎𝑥2+𝑎𝑥+1的定义域是R,则a的取值范围是.8.(2021四川内江诊断测试)若函数f(x)=x2+a

x在区间[1,2]上的最大值为a+1,则a的取值范围为.9.(2021江苏常熟中学三模)已知函数f(x)同时满足①f(0)=0;②在[1,3]上单调递减;③f(1+x)=f(1-x).该函数的表达式可以是f(x)=.综合提升组10.(2021北京

人大附中高三月考)若函数f(x)=x2-6x-16的定义域为[0,m],值域为[-25,-9],则实数m的取值集合是()A.[3,6]B.[3,7]C.[6,7]D.以上都不对11.(2021贵州思南中学一模)已知函数f(x)=x2+(2

a-1)x-3.当a=2,x∈[-2,3]时,函数f(x)的值域为;若函数f(x)在[-1,3]上单调递增,则实数a的取值范围是.12.(2021福建龙岩模拟)已知二次函数f(x)顶点坐标为(2,-4),且f(x)图象和x轴两交点间的距离为4.(1)求函数f(x)的解析式;(2

)若关于x的不等式f(x+t)≤-3t在x∈[2,4]上恒成立,求实数t的取值范围.创新应用组13.函数f(x)=a2x+3ax-2(a>1),若在区间[-1,1]上f(x)≤8恒成立,则a的最大值为.14.(

2021江苏南通西藏民族中学高三月考)已知二次函数f(x)=x2+bx+c的图象经过点(1,13),且函数y=f(𝑥-12)是偶函数.(1)求f(x)的解析式;(2)已知t<2,g(x)=[f(x)-x2-13]·|x|,求函数g

(x)在区间[t,2]上的最大值和最小值.答案：课时规范练1.B解析:根据幂函数的性质及图象知选B.32.A解析:因为a=243=423,c=2513=523,b=323,且函数y=𝑥23在[0,+∞)上单调递增,所以323<423<52

3,即b<a<c.故选A.3.C解析:因为一次函数y=ax+b的图象经过第二、三、四象限,所以a<0,b<0,所以二次函数的图象开口向下,对称轴方程x=-𝑏2𝑎<0,只有选项C适合.故选C.4.B解析:∵f(x)=x2+bx+c对任意

的实数x,都有f(-1+x)=f(-x),∴函数f(x)=x2+bx+c的对称轴为直线x=-12.∵抛物线开口向上,对称轴为直线x=-12,x=0距离x=-12最近,x=2距离x=-12最远,∴f(0)<f(-2)<f(2),故选B.5.C解析:若f(x)<0对x∈[1,3]恒成立,则

{𝑓(1)=2-4𝑚<0,𝑓(3)=18-6𝑚<0,解得m>3,{m|m>3}是{m|m>2}的真子集,所以“m>2”是“f(x)<0对x∈[1,3]恒成立”的必要不充分条件.6.(12,32)解析:由题意得f(x)=-x2+4ax的对称轴为直线x=

2a,因为函数f(x)在[1,3]内不单调,所以1<2a<3,得12<a<32.7.[0,4)解析:由题意可得ax2+ax+1>0在R上恒成立.①当a=0时,得1>0恒成立,∴a=0符合题意;②当a≠0时,则需{𝑎>0,𝑎2-4𝑎<0,解得0

<a<4.综上可得0≤a<4,∴实数a的取值范围为[0,4).8.(-∞,-3]解析:f(x)=x2+ax的对称轴为直线x=-𝑎2.①当-𝑎2<32,即a>-3时,f(x)max=f(2)=4+2a=a+1,解得a=-3,不符合题意,舍去;②当-𝑎2≥32,即a≤-

3时,f(x)max=f(1)=1+a,符合题意,故a≤-3.综上可知,a的取值范围为(-∞,-3].9.f(x)=2x-x2(答案不唯一)解析:由f(1+x)=f(1-x)可知y=f(x)关于直线x=1

对称;可设f(x)为二次函数,又f(0)=0且f(x)在[1,3]上单调递减,所以f(x)=2x-x2符合题意.10.D解析:由题意,f(x)=x2-6x-16=(x-3)2-25,即f(x)关于直线x=3对称且f(x)min=f(3)=-25,4∵f(x)定义域为[0,m],值域为[

-25,-9],又f(0)=-16,∴m>3,要使f(x)=-9,在x≥0上有x=7,故m=7.11.[-214,15][32,+∞)解析:(1)当a=2时,f(x)=x2+3x-3,对称轴为直线x=-32∈[-2,3],而直线x=-32距离直线x=3比距离直线x=-2远,故f(x)max=f(3

)=15,f(x)min=f(-32)=-214,故函数f(x)的值域为[-214,15].(2)因为函数f(x)在[-1,3]上单调递增,故-2𝑎-12≤-1,故a≥32.12.解:(1)由题可知f(x)

和x轴两交点为(0,0),(4,0),故可设f(x)=ax(x-4)(a≠0),由题可知f(2)=a×2×(2-4)=-4⇒a=1,所以f(x)=x2-4x.(2)设g(x)=f(x+t)+3t=(x+t)(x+t-4)+3t

,则g(x)≤0在[2,4]上恒成立,故有{𝑔(2)=(2+𝑡)(2+𝑡-4)+3𝑡=𝑡2+3𝑡-4≤0,𝑔(4)=(4+𝑡)(4+𝑡-4)+3𝑡=𝑡2+7𝑡≤0⇒-4≤t≤0.所以

t的取值范围是[-4,0].13.2解析:令ax=t,因为a>1,x∈[-1,1],所以1𝑎≤t≤a,原函数化为g(t)=t2+3t-2,t∈[1𝑎,𝑎],显然g(t)在[1𝑎,𝑎]上单调递增,所以f(x)≤8恒成立,即g(t)max=g(a)≤8恒成立,所以有a2+3a-2

≤8,解得-5≤a≤2,又a>1,所以1<a≤2,所以a的最大值为2.14.解:(1)因为二次函数f(x)=x2+bx+c的图象经过点(1,13),所以13=1+b+c,即b+c=12;①又函数y=f(𝑥-12)是偶函数,所以y=f(𝑥-12)关于y轴对称,因此y=f(x)关于

直线x=-12对称,所以-𝑏2=-12,即b=1,代入①式可得c=11,所以f(x)=x2+x+11.(2)由(1)知,f(x)=x2+x+11,所以g(x)=(x2+x+11-x2-13)·|x|=(x-2)·|x|={𝑥2-2𝑥,𝑥≥0,-

𝑥2+2𝑥,𝑥<0,因为g(1)=-1,当x<0时,由-x2+2x=-1,解得x=1-√2.因为x∈[t,2],所以当1≤t<2时,g(x)=x2-2x在[t,2]上单调递增,所以g(x)max=g(

2)=0,g(x)min=g(t)=t2-2t;当0≤t<1时,g(x)=x2-2x在[t,1)上单调递减,在[1,2]上单调递增,5所以g(x)max=g(2)=0,g(x)min=g(1)=-1;当1-√2≤t<0时,因为x<0

时,g(x)=-x2+2x在[t,0)上单调递增,则-1=g(1-√2)≤g(t)≤g(x)<g(0)=0;x∈[0,2]时,g(x)=x2-2x在[0,1)上单调递减,在[1,2]上单调递增,所以g(x)∈[g(1),g(2)]=[

-1,0],所以g(x)max=g(2)=0,g(x)min=g(1)=-1;当t<1-√2时,因为x<0时,g(x)=-x2+2x在[t,0)上单调递增,所以g(t)≤g(x)<g(0)=0,且g(t)<g(1-√2)=-1;x∈[0,2]时,g(x

)=x2-2x∈[-1,0],所以g(x)max=g(2)=0,g(x)min=g(t)=-t2+2t.综上,函数g(x)在区间[t,2]上的最大值g(x)max=g(2)=0,最小值为g(x)min={-𝑡2+2𝑡,𝑡<1-√2,-1,1-√2≤𝑡

<1,𝑡2-2𝑡,1≤𝑡<2.