2023版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第二章函數(shù)概念與基本初等函數(shù)Ⅰ2.4二次函數(shù)與冪函數(shù)真題演練集訓(xùn)理新人教A版

PAGEPAGE52022版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第二章函數(shù)概念與根本初等函數(shù)Ⅰ2.4二次函數(shù)與冪函數(shù)真題演練集訓(xùn)理新人教A版1．[2022·新課標(biāo)全國卷Ⅲ]a＝2eq\s\up15(eq\f(4,3))，b＝4eq\s\up15(eq\f(2,5))，c＝25eq\s\up15(eq\f(1,3))，那么()A．b<a<c B．a(chǎn)<b<cC．b<c<a D．c<a<b答案：A解析：因?yàn)閍＝2eq\s\up15(eq\f(4,3))＝16eq\s\up15(eq\f(1,3))，b＝4eq\s\up15(eq\f(2,5))＝16eq\s\up15(eq\f(1,5))，c＝25eq\s\up15(eq\f(1,3))，且冪函數(shù)y＝xeq\s\up15(eq\f(1,3))在R上單調(diào)遞增，指數(shù)函數(shù)y＝16x在R上單調(diào)遞增，所以b<a<c.2．[2022·四川卷]如果函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)(m－2)x2＋(n－8)x＋1(m≥0，n≥0)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上單調(diào)遞減，那么mn的最大值為()A．16 B．18C．25 D．eq\f(81,2)答案：B解析：①當(dāng)m＝2時(shí)，∵f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上單調(diào)遞減，∴0≤n<8，mn＝2n<16.②當(dāng)m≠2時(shí)，函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)(m－2)x2＋(n－8)x＋1(m≥0，n≥0)的對(duì)稱軸方程為x＝－eq\f(n－8,m－2).a．當(dāng)m＞2時(shí)，拋物線開口向上，∵f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上單調(diào)遞減，∴－eq\f(n－8,m－2)≥2，即2m＋n≤12.又2m＋n≥2eq\r(2mn)，∴2eq\r(2mn)≤12，∴mn≤18.當(dāng)2m＝n＝6，即m＝3，n＝6時(shí)取等號(hào)，∴mn的最大值為18.b．當(dāng)m＜2時(shí)，拋物線開口向下，∵f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上單調(diào)遞減，∴－eq\f(n－8,m－2)≤eq\f(1,2)，即m＋2n≤18，即n≤9－eq\f(1,2)m.又∵0≤m＜2，n≥0，∴mn≤9m－eq\f(1,2)m2＝－eq\f(1,2)(m－9)2＋eq\f(81,2)＜－eq\f(1,2)(2－9)2＋eq\f(81,2)＝16.綜上所述，mn的最大值為18，應(yīng)選B.3．[2022·浙江卷]在同一直角坐標(biāo)系中，函數(shù)f(x)＝xa(x>0)，g(x)＝logax的圖象可能是()ABCD答案：D解析：當(dāng)a>1時(shí)，函數(shù)f(x)＝xa(x>0)單調(diào)遞增，函數(shù)g(x)＝logax單調(diào)遞增，且過點(diǎn)(1,0)，由冪函數(shù)的圖象性質(zhì)可知C錯(cuò)；當(dāng)0<a<1時(shí)，函數(shù)f(x)＝xa(x>0)單調(diào)遂增，函數(shù)g(x)＝logax單調(diào)遞減，且過點(diǎn)(1,0)，排除A，又由冪函數(shù)的圖象性質(zhì)可知B錯(cuò)，應(yīng)選D.4．[2022·重慶卷]eq\r(\a\vs4\al(3－aa＋6))(－6≤a≤3)的最大值為()A.9 B．eq\f(9,2)C.3 D．eq\f(3\r(2),2)答案：B解析：易知函數(shù)y＝(3－a)(a＋6)的兩個(gè)零點(diǎn)是3，－6，對(duì)稱軸為a＝－eq\f(3,2)，y＝(3－a)(a＋6)的最大值為y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(3,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)＋6))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2)))2，那么eq\r(3－a6＋a)的最大值為eq\f(9,2)，應(yīng)選B.5．[2022·遼寧卷]對(duì)于c＞0，當(dāng)非零實(shí)數(shù)a，b滿足4a2－2ab＋4b2－c＝0且使|2a＋b|最大時(shí)，eq\f(3,a)－eq\f(4,b)＋eq\f(5,c)的最小值為________．答案：－2解析：設(shè)2a＋b＝x，那么2a＝x－b，∴(x－b)2－b(x－b)＋4b2－c＝0，x2－3bx＋6b2－c＝0，即6b2－3xb＋x2－c＝0.∴Δ＝9x2－4×6×(x2－c)≥0，∴3x2－8x2＋8c≥0，∴x2≤eq\f(8,5)c.當(dāng)|2a＋b|＝|x|取最大時(shí)，有(2a＋b)2＝eq\f(8,5)c，∴4a2＋4ab＋b2＝eq\f(8,5)c.又∵4a2－2ab＋4b2＝c，①∴eq\f(b,a)＝eq\f(2,3)，∴b＝eq\f(2,3)a.將b＝eq\f(2,3)a代入①，得4a2－2a·eq\f(2,3)a＋eq\f(4,9)a2·4＝c，∴a＝eq\f(3,2)eq\r(\f(c,10))，b＝eq\r(\f(c,10))或a＝－eq\f(3,2)eq\r(\f(c,10))，b＝－eq\r(\f(c,10)).當(dāng)a＝eq\f(3,2)eq\r(\f(c,10))，b＝eq\r(\f(c,10))時(shí)，有eq\f(3,a)－eq\f(4,b)＋eq\f(5,c)＝eq\f(3,\f(3,2)\r(\f(c,10)))－eq\f(4,\r(\f(c,10)))＋eq\f(5,c)＝eq\f(2\r(10),\r(c))－eq\f(4\r(10),\r(c))＋eq\f(5,c)＝5eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(c))－\f(\r(10),5)))2－2≥－2，當(dāng)eq\f(1,\r(c))＝eq\f(\r(10),5)，即c＝eq\f(5,2)時(shí)等號(hào)成立．此時(shí)a＝eq\f(3,4)，b＝eq\f(1,2).當(dāng)a＝－eq\f(3,2)eq\r(\f(c,10))，b＝－eq\r(\f(c,10))時(shí)，eq\f(3,a)－eq\f(4,b)＋eq\f(5,c)＝－eq\f(2\r(10),\r(c))＋eq\f(4\r(10),\r(c))＋eq\f(5,c)＝eq\f(2\r(10),\r(c))＋eq\f(5,c)＞0，綜上可知，當(dāng)c＝eq\f(5,2)，a＝eq\f(3,4)，b＝eq\f(1,2)時(shí)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,a)－\f(4,b)＋\f(5,c)))min＝－2.課外拓展閱讀構(gòu)造二次函數(shù)解決問題二次函數(shù)是中學(xué)數(shù)學(xué)的一個(gè)重要知識(shí)，它與一元二次不等式、一元二次方程的聯(lián)系是諸多命題者的關(guān)注點(diǎn)．對(duì)于有些問題假設(shè)能充分利用二次函數(shù)的性質(zhì)，那么會(huì)迎刃而解．下面就給出幾種構(gòu)造二次函數(shù)解決問題的例題．1．構(gòu)造二次函數(shù)求根式函數(shù)的最值[典例1]求函數(shù)y＝x2＋eq\r(1－x2)的最值．[思路分析]利用換元法轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)求最值．[解]令eq\r(1－x2)＝u，那么x2＝1－u2，且0≤u≤1.所以y＝1－u2＋u＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(u－\f(1,2)))2＋eq\f(5,4)，所以1≤y≤eq\f(5,4)，故ymin＝1，ymax＝eq\f(5,4).2．構(gòu)造二次函數(shù)解不等式(1)從結(jié)論的外形結(jié)構(gòu)作形式聯(lián)想進(jìn)行構(gòu)造[典例2]a<b<c，求證：a2b＋b2c＋c2a<ab2＋bc2＋ca2.[思路分析]觀察結(jié)論的特點(diǎn)，假設(shè)將不等式移項(xiàng)后，有a2b＋b2c＋c2a－(ab2＋bc2＋ca2)<0，設(shè)A＝a2b＋b2c＋c2a－(ab2＋bc2＋ca2)＝(b－c)a2＋(c2－b2)a＋(b2c－bc2)，考慮到a是按降冪排列的，故可聯(lián)想到構(gòu)造二次函數(shù)f(x)＝(b－c)x2＋(c2－b2)x＋(b2c－bc2)求解．[證明]令A(yù)＝a2b＋b2c＋c2a－(ab2＋bc2＋ca2)＝(b－c)a2＋(c2－b2)a＋(b2c－bc2)．設(shè)f(x)＝(b－c)x2＋(c2－b2)x＋(b2c－bc2)＝(b－c)(x－b)(x－c)，因?yàn)閎<c，所以函數(shù)f(x)的圖象開口向下，且與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為b，c，所以當(dāng)x<b或x>c時(shí)，f(x)<0.又a<b，所以f(a)<0，即A<0，所以a2b＋b2c＋c2a<ab2＋bc2＋ca2.(2)利用二次函數(shù)的最值特征進(jìn)行構(gòu)造[典例3]a1，a2，…，an為實(shí)數(shù)，試證：(x－a1)2＋(x－a2)2＋…＋(x－an)2≥eq\f(na\o\al(2,1)＋a\o\al(2,2)＋…＋a\o\al(2,n)－a1＋a2＋…＋an2,n)[思路分析]所證不等式的左邊可看作是關(guān)于x的二次函數(shù)，只要證此二次函數(shù)的最小值是eq\f(na\o\al(2,1)＋a\o\al(2,2)＋…＋a\o\al(2,n)－a1＋a2＋…＋an2,n)即可．[證明]設(shè)f(x)＝(x－a1)2＋(x－a2)2＋…＋(x－an)2＝nx2－2(a1＋a2＋…＋an)x＋(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n))．因?yàn)閚>0，所以對(duì)于二次函數(shù)f(x)，當(dāng)x＝eq\f(a1＋a2＋…＋an,n)時(shí)，f(x)有最小值，且f(x)min＝eq\f(na\o\al(2,1)＋a\o\al(2,2)＋…＋a\o\al(2,n)－a1＋a2＋…＋an2,n).所以f(x)≥eq\f(na\o\al(2,1)＋a\o\al(2,2)＋…＋a\o\al(2,n)－a1＋a2＋…＋an2,n)，故原不等式成立．(3)利用根與系數(shù)的關(guān)系構(gòu)造二次函數(shù)[典例4]a>eq\f(1,3)，b>eq\f(1,3)，ab＝eq\f(2,9)，求證：a＋b<1.[思路分析]條件出現(xiàn)了ab＝eq\f(2,9)，而結(jié)論中有a＋b，假設(shè)設(shè)a＋b＝t，那么a，b為二次函數(shù)f(x)＝x2－tx＋eq\f(2,9)的圖象與x軸的兩個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)，由于a>eq\f(1,3)，b>eq\f(1,3