2026版步步高大一輪高考數學復習第二章函數第6節冪函數與二次函數第6節冪函數與二次函數考試要求1.了解冪函數的概念；結合函數y＝x，y＝x2，y＝x3，y＝xeq\s\up6(\f(1,2))，y＝eq\f(1,x)的圖象，了解它們的變化情況.2.理解二次函數的圖象和性質，能用二次函數、方程、不等式之間的關系解決簡單問題.【知識梳理】1.冪函數(1)冪函數的定義一般地，函數y＝xα叫做冪函數，其中x是自變量，α是常數.(2)常見的五種冪函數的圖象(3)冪函數的性質①冪函數在(0，＋∞)上都有定義；②當α>0時，冪函數的圖象都過點(1，1)和(0，0)，且在(0，＋∞)上單調遞增；③當α<0時，冪函數的圖象都過點(1，1)，且在(0，＋∞)上單調遞減.2.二次函數解析式的三種形式(1)一般式：f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0).(2)頂點式：f(x)＝a(x－m)2＋n(a≠0)，頂點坐標為(m，n).(3)零點式：f(x)＝a(x－x1)(x－x2)(a≠0)，x1，x2為f(x)的零點.3.二次函數的圖象和性質函數y＝ax2＋bx＋c(a>0)y＝ax2＋bx＋c(a<0)圖象(拋物線)定義域R值域eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4ac－b2,4a)，＋∞))eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(4ac－b2,4a)))對稱軸x＝－eq\f(b,2a)頂點坐標eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)，\f(4ac－b2,4a)))奇偶性當b＝0時是偶函數，當b≠0時是非奇非偶函數單調性在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(b,2a)))上是減函數；在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)，＋∞))上是增函數在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(b,2a)))上是增函數；在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)，＋∞))上是減函數[常用結論與微點提醒]1.(1)冪函數y＝xα中，α的取值影響冪函數的定義域、圖象及性質；(2)冪函數的圖象一定會出現在第一象限內，一定不會出現在第四象限.2.對勾函數y＝ax＋eq\f(b,x)(ab＞0)極值與圖象的拐點可利用基本不等式求得.3.二次函數的單調性、最值與拋物線的開口方向和對稱軸及給定區間的范圍有關.4.若f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，則當eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ<0))時，恒有f(x)>0；當eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<0，,Δ<0))時，恒有f(x)<0.【診斷自測】1.思考辨析(在括號內打“√”或“×”)(1)函數y＝2xeq\s\up6(\f(1,3))是冪函數.()(2)二次函數y＝ax2＋bx＋c的圖象恒在x軸下方，則a＜0且Δ＜0.()(3)若二次函數y＝ax2＋bx＋c的兩個零點確定，則二次函數的解析式確定.()(4)二次函數y＝ax2＋bx＋c(x∈[m，n])的最值一定是eq\f(4ac－b2,4a).()答案(1)×(2)√(3)×(4)×解析(1)由于冪函數的解析式為f(x)＝xα，故y＝2xeq\s\up6(\f(1,3))不是冪函數，故(1)錯誤.(3)二次函數y＝x2－x與y＝2x2－2x零點相同，但解析式不同，故(3)錯誤.(4)當對稱軸x＝－eq\f(b,2a)?[m，n]時，最值則不是eq\f(4ac－b2,4a)，故(4)錯誤.2.若冪函數y＝f(x)的圖象過點(4，2)，則冪函數y＝f(x)的大致圖象是()答案C解析設冪函數的解析式為y＝xα，因為冪函數y＝f(x)的圖象過點(4，2)，所以2＝4α，解得α＝eq\f(1,2)，所以y＝eq\r(x)，其定義域為[0，＋∞)，且是增函數，當0＜x＜1時，其圖象在直線y＝x的上方，對照選項知C正確.3.已知y＝f(x)為二次函數，若y＝f(x)在x＝2處取得最小值－4，且y＝f(x)的圖象經過原點，則函數解析式為________.答案f(x)＝x2－4x解析由題意，可設f(x)＝a(x－2)2－4(a＞0)，又圖象過原點，所以f(0)＝4a－4＝0，a＝1，所以f(x)＝(x－2)2－4＝x2－4x.4.若函數f(x)＝4x2－kx－8在[5，20]上單調，則實數k的取值范圍為________.答案(－∞，40]∪[160，＋∞)解析依題意知，eq\f(k,8)≥20或eq\f(k,8)≤5，解得k≥160或k≤40.考點一冪函數的圖象和性質例1(1)冪函數y＝xa，y＝xb，y＝xc，y＝xd在第一象限的圖象如圖所示，則a，b，c，d的大小關系是()A.a>b>c>d B.d>b>c>aC.d>c>b>a D.b>c>d>a答案D解析觀察函數圖象可知在(1，＋∞)上，函數圖象與x軸的距離由遠及近為y＝xb，y＝xc，y＝xd，y＝xa，∴其函數的指數的大小為b>c>d>a.(2)(2024·石家莊調研)已知a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(\f(4,3))，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(\f(2,3))，c＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,25)))eq\s\up12(\f(1,3))，則a，b，c的大小關系為()A.a<b<c B.c<a<bC.a>b>c D.b<c<a答案B解析由a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(\f(4,3))，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(\f(2,3))，c＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,25)))eq\s\up12(\f(1,3))，得a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(\f(2,3))，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(\f(2,3))，c＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))eq\s\up12(\f(2,3)).因為冪函數y＝xeq\f(2,3)在區間(0，＋∞)上單調遞增，且eq\f(1,5)<eq\f(1,4)<eq\f(1,3)，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))eq\s\up12(\f(2,3))<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(\f(2,3))<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(\f(2,3))，即c<a<b.故選B.感悟提升1.對于冪函數圖象的掌握只要抓住在第一象限內三條直線分第一象限為六個區域，即x＝1，y＝1，y＝x所分區域.根據α＜0，0＜α＜1，α＝1，α＞1的取值確定位置后，其余象限部分由奇偶性決定.2.在比較冪值的大小時，必須結合冪值的特點，選擇適當的函數，借助其單調性進行比較.訓練1(1)已知冪函數y＝xeq\f(p,3)(p∈Z)的圖象關于y軸對稱，如圖所示，則()A.p為奇數，且p>0 B.p為奇數，且p<0C.p為偶數，且p>0 D.p為偶數，且p<0答案D解析因為函數y＝xeq\f(p,3)的圖象關于y軸對稱，所以函數y＝xeq\f(p,3)為偶函數，即p為偶數，又函數y＝xeq\f(p,3)的定義域為(－∞，0)∪(0，＋∞)，且在(0，＋∞)上單調遞減，所以eq\f(p,3)<0，即p<0.(2)(2024·德州模擬)冪函數f(x)＝(m2＋m－5)xm2＋2m－5在區間(0，＋∞)上單調遞增，則f(3)等于()A.27 B.9C.eq\f(1,9) D.eq\f(1,27)答案A解析由題意，得m2＋m－5＝1，即m2＋m－6＝0，解得m＝2或m＝－3，當m＝2時，可得函數f(x)＝x3，此時函數f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，符合題意；當m＝－3時，可得f(x)＝x－2，此時f(x)在(0，＋∞)上單調遞減，不符合題意，即冪函數f(x)＝x3，則f(3)＝27.考點二二次函數的解析式例2已知二次函數f(x)滿足f(2)＝－1，f(－1)＝－1，且f(x)的最大值是8，則f(x)＝________.答案－4x2＋4x＋7解析法一(利用“一般式”)設f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0).由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4a＋2b＋c＝－1，,a－b＋c＝－1，,\f(4ac－b2,4a)＝8，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－4，,b＝4，,c＝7.))所以所求二次函數的解析式為f(x)＝－4x2＋4x＋7.法二(利用“頂點式”)設f(x)＝a(x－m)2＋n(a≠0).因為f(2)＝f(－1)，所以拋物線的對稱軸為x＝eq\f(2＋（－1）,2)＝eq\f(1,2)，所以m＝eq\f(1,2).又根據題意，函數有最大值8，所以n＝8，所以f(x)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋8.因為f(2)＝－1，所以aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋8＝－1，解得a＝－4，所以f(x)＝－4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋8＝－4x2＋4x＋7.法三(利用“零點式”)由已知f(x)＋1＝0的兩根為x1＝2，x2＝－1，故可設f(x)＋1＝a(x－2)(x＋1)(a≠0)，即f(x)＝ax2－ax－2a－1.又函數有最大值8，即eq\f(4a（－2a－1）－（－a）2,4a)＝8.解得a＝－4或a＝0(舍).故所求函數的解析式為f(x)＝－4x2＋4x＋7.感悟提升求二次函數解析式的方法訓練2已知二次函數的圖象過點(－3，0)，(1，0)，且頂點到x軸的距離等于2，則二次函數的解析式為________________.答案y＝eq\f(1,2)x2＋x－eq\f(3,2)或y＝－eq\f(1,2)x2－x＋eq\f(3,2)解析因為二次函數的圖象過點(－3，0)，(1，0)，所以可設二次函數為y＝a(x＋3)(x－1)(a≠0)，展開得，y＝ax2＋2ax－3a，頂點的縱坐標為eq\f(－12a2－4a2,4a)＝－4a，由于二次函數圖象的頂點到x軸的距離為2，所以|－4a|＝2，即a＝±eq\f(1,2)，所以二次函數的解析式為y＝eq\f(1,2)x2＋x－eq\f(3,2)或y＝－eq\f(1,2)x2－x＋eq\f(3,2).考點三二次函數的圖象和性質角度1二次函數的圖象例3(1)已知函數f(x)＝ax2＋bx＋c，若a>b>c，且a＋b＋c＝0，且函數f(x)的圖象可能是()答案D解析由a>b>c且a＋b＋c＝0，得a>0，c<0，所以函數圖象開口向上，排除A，C；又f(0)＝c<0，排除B.故選D.(2)(多選)如圖是二次函數y＝ax2＋bx＋c(a≠0)圖象的一部分，圖象過點A(－3，0)，對稱軸為x＝－1.給出下面四個結論正確的為()A.b2＞4ac B.2a－b＝1C.a－b＋c＝0 D.5a＜b答案AD解析因為圖象與x軸交于兩點，所以b2－4ac＞0，即b2＞4ac，A正確.對稱軸為x＝－1，即－eq\f(b,2a)＝－1，2a－b＝0，B錯誤.結合圖象，當x＝－1時，y＞0，即a－b＋c＞0，C錯誤.由對稱軸為x＝－1知，b＝2a.根據拋物線開口向下，知a＜0，所以5a＜2a，即5a＜b，D正確.感悟提升研究二次函數圖象應從“三點一線一開口”進行分析，“三點”中有一個點是頂點，另兩個點是圖象上關于對稱軸對稱的兩個點，常取與x軸的交點；“一線”是指對稱軸這條直線；“一開口”是指拋物線的開口方向.角度2二次函數的單調性與最值例4已知函數f(x)＝x2－tx－1.(1)若f(x)在區間(－1，2)上不單調，求實數t的取值范圍；(2)若x∈[－1，2]，求f(x)的最小值g(t).解f(x)＝x2－tx－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(t,2)))eq\s\up12(2)－1－eq\f(t2,4).(1)依題意，－1＜eq\f(t,2)＜2，解得－2＜t＜4，所以實數t的取值范圍是(－2，4).(2)①當eq\f(t,2)≥2，即t≥4時，f(x)在[－1，2]上單調遞減，所以f(x)min＝f(2)＝3－2t.②當－1＜eq\f(t,2)＜2，即－2＜t＜4時，f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)))＝－1－eq\f(t2,4).③當eq\f(t,2)≤－1，即t≤－2時，f(x)在[－1，2]上單調遞增，所以f(x)min＝f(－1)＝t.綜上，g(t)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(t，t≤－2，,－1－\f(t2,4)，－2＜t＜4，,3－2t，t≥4.))感悟提升閉區間上二次函數最值問題的解法：抓住“三點一軸”數形結合，三點是指區間兩個端點和中點，一軸指的是對稱軸，結合圖象，根據函數的單調性及分類討論的思想求解.訓練3(1)(多選)二次函數y＝ax2＋bx＋c的圖象如圖所示，則下列說法正確的是()A.2a＋b＝0 B.4a＋2b＋c<0C.9a＋3b＋c<0 D.abc<0答案ACD解析由二次函數圖象開口向下知a<0，對稱軸為x＝－eq\f(b,2a)＝1，即2a＋b＝0，故b>0.又因為f(0)＝c>0，所以abc<0.f(2)＝f(0)＝4a＋2b＋c>0，f(3)＝f(－1)＝9a＋3b＋c<0.(2)已知函數f(x)＝x2＋(2a－1)x－3.①當a＝2，x∈[－2，3]時，求函數f(x)的值域；②若函數f(x)在[－1，3]上的最大值為1，求實數a的值.解①當a＝2時，f(x)＝x2＋3x－3，x∈[－2，3]，函數圖象的對稱軸為直線x＝－eq\f(3,2)∈[－2，3]，∴f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＝eq\f(9,4)－eq\f(9,2)－3＝－eq\f(21,4)，f(x)max＝f(3)＝15，∴f(x)的值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(21,4)，15)).②函數圖象的對稱軸為直線x＝－eq\f(2a－1,2).(ⅰ)當－eq\f(2a－1,2)≤1，即a≥－eq\f(1,2)時，f(x)max＝f(3)＝6a＋3，∴6a＋3＝1，即a＝－eq\f(1,3)，滿足題意；(ⅱ)當－eq\f(2a－1,2)＞1，即a＜－eq\f(1,2)時，f(x)max＝f(－1)＝－2a－1，∴－2a－1＝1，即a＝－1，滿足題意.綜上可知，a＝－eq\f(1,3)或－1.【A級基礎鞏固】1.若冪函數f(x)＝(m2－4m＋4)·xm2－6m＋8在(0，＋∞)上為增函數，則m的值為()A.1或3 B.1C.3 D.2答案B解析由題意得m2－4m＋4＝1，且m2－6m＋8>0，解得m＝1.2.已知函數f(x)＝x－3，若a＝f(0.60.6)，b＝f(0.60.4)，c＝f(0.40.6)，則a，b，c的大小關系是()A.a<c<b B.b<a<cC.b<c<a D.c<a<b答案B解析∵0.40.6<0.60.6<0.60.4，又y＝f(x)＝x－3在(0，＋∞)上是減函數，∴b<a<c.3.若二次函數g(x)滿足g(1)＝1，g(－1)＝5，且圖象過原點，則g(x)的解析式為()A.g(x)＝2x2－3x B.g(x)＝3x2－2xC.g(x)＝3x2＋2x D.g(x)＝－3x2－2x答案B解析二次函數g(x)滿足g(1)＝1，g(－1)＝5，且圖象過原點，設二次函數為g(x)＝ax2＋bx(a≠0)，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋b＝1，,a－b＝5，))則a＝3，b＝－2，所求的二次函數為g(x)＝3x2－2x.4.(2023·廈門模擬)函數y＝ax＋b和y＝ax2＋bx＋c在同一平面直角坐標系內的圖象可以是()答案C解析若a>0，則一次函數y＝ax＋b為增函數，二次函數y＝ax2＋bx＋c的圖象開口向上，故可排除A，D；對于B，由直線可知a>0，b>0，從而－eq\f(b,2a)<0，而二次函數的對稱軸在y軸的右側，故排除B，選C.5.已知a，b，c∈R，函數f(x)＝ax2＋bx＋c，若f(0)＝f(4)>f(1)，則()A.a>0，4a＋b＝0 B.a<0，4a＋b＝0C.a>0，2a＋b＝0 D.a<0，2a＋b＝0答案A解析由f(0)＝f(4)，得f(x)圖象的對稱軸為直線x＝－eq\f(b,2a)＝2，所以4a＋b＝0，又f(0)＝f(4)>f(1)，所以f(x)的圖象開口向上，a>0.故選A.6.已知函數f(x)＝x2－4x＋1的定義域為[1，t]，在該定義域內函數的最大值與最小值之和為－5，則實數t的取值范圍是()A.(1，3] B.[2，3]C.(1，2] D.(2，3)答案B解析易知f(x)＝x2－4x＋1的圖象是一條開口向上，對稱軸為直線x＝2的拋物線，當x＝1時，y＝－2，當x＝2時，y＝－3，由y＝－2，得x＝1或x＝3，因為f(x)在定義域內的最大值與最小值之和為－5，所以2≤t≤3.故選B.7.(多選)若冪函數f(x)的圖象經過點(9，3)，則下列結論中正確的是()A.f(x)為偶函數 B.f(x)為增函數C.若x>1，則f(x)>1 D.若x1>x2>0，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))>eq\f(f（x1）＋f（x2）,2)答案BCD解析若冪函數f(x)＝xα經過點(9，3)，則9α＝3，則α＝eq\f(1,2)，則冪函數f(x)＝eq\r(x)在定義域[0，＋∞)上為增函數，故B正確；因為函數f(x)＝eq\r(x)的定義域為[0，＋∞)，關于原點不對稱，所以函數f(x)既不是奇函數又不是偶函數，故A錯誤；當x>1時，f(x)＝eq\r(x)>1，故C正確；函數f(x)＝xeq\f(1,2)的圖象如圖，其圖象在[0，＋∞)上是上凸的，則有不等式eq\f(f（x1）＋f（x2）,2)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))成立，所以D正確.8.若f(x)＝xeq\s\up6(\f(1,2))，則不等式f(x)＞f(8x－16)的解集是________.答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(16,7)))解析因為f(x)＝xeq\s\up6(\f(1,2))在定義域[0，＋∞)內為增函數，且f(x)＞f(8x－16)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≥0，,8x－16≥0，,x＞8x－16，))即2≤x＜eq\f(16,7)，所以不等式的解集為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(16,7))).9.已知二次函數f(x)的圖象經過點(4，3)，且圖象被x軸截得的線段長為2，并且對任意x∈R，都有f(2－x)＝f(2＋x)，則f(x)的解析式為________________.答案f(x)＝x2－4x＋3解析∵f(2－x)＝f(2＋x)對任意x∈R恒成立，∴f(x)圖象的對稱軸為直線x＝2.又∵f(x)的圖象被x軸截得的線段長為2，∴f(x)＝0的兩根為1和3，設f(x)＝a(x－1)(x－3)(a≠0)，∵f(x)的圖象過點(4，3)，∴3a＝3，∴a＝1，∴所求函數的解析式為f(x)＝(x－1)(x－3)，即f(x)＝x2－4x＋3.10.若函數φ(x)＝x2＋m|x－1|在[0，＋∞)上單調遞增，則實數m的取值范圍是________.答案[－2，0]解析當0≤x≤1時，φ(x)＝x2－mx＋m，此時φ(x)單調遞增，則eq\f(m,2)≤0，即m≤0；當x＞1時，φ(x)＝x2＋mx－m，此時φ(x)單調遞增，則－eq\f(m,2)≤1，則m≥－2.綜上，實數m的取值范圍是[－2，0].11.若點(eq\r(2)，2)在冪函數f(x)的圖象上，點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(1,2)))在冪函數g(x)的圖象上.(1)求f(x)和g(x)的解析式；(2)定義h(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（x），f（x）≤g（x），,g（x），f（x）>g（x），))求函數h(x)的最大值及單調區間.解(1)設f(x)＝xα，因為點(eq\r(2)，2)在冪函數f(x)的圖象上，所以(eq\r(2))α＝2，解得α＝2，即f(x)＝x2.設g(x)＝xβ，因為點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(1,2)))在冪函數g(x)的圖象上，所以2β＝eq\f(1,2)，解得β＝－1，即g(x)＝x－1.(2)在同一平面直角坐標系中畫出函數f(x)＝x2和g(x)＝x－1的圖象，可得函數h(x)的圖象如圖實線部分所示.由題意及圖象，可知h(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－1，x<0或x>1，,x2，0<x≤1.))根據函數h(x)的解析式及圖象，可知函數h(x)的最大值為1，單調遞增區間為(0，1]，單調遞減區間為(－∞，0)，(1，＋∞).12.(2024·大慶質檢)已知f(x)＝ax2－2x(0≤x≤1)，求f(x)的最小值.解當a＝0時，f(x)＝－2x在[0，1]上單調遞減，∴f(x)min＝f(1)＝－2.當a＞0時，f(x)＝ax2－2x的圖象開口向上，且對稱軸為x＝eq\f(1,a).①當0＜eq\f(1,a)≤1，即a≥1時，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調遞減，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))上單調遞增，∴f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝eq\f(1,a)－eq\f(2,a)＝－eq\f(1,a).②當eq\f(1,a)＞1，即0＜a＜1時，f(x)在[0，1]上單調遞減，∴f(x)min＝f(1)＝a－2.當a＜0時，f(x)＝ax2－2x的圖象開口向下，且對稱軸x＝eq\f(1,a)＜0，∴f(x)＝ax2－2x在[0，1]上單調遞減，∴f(x)min＝f(1)＝a－2.綜上所述，f(x)min＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－2，a＜1，,－\f(1,a)，a≥1.))【B級能力提升】13.已知函數f(x)＝x2－2(a－1)x＋a，若對于區間[－1，2]上任意兩個不相等的實數x1，x2，都有f(x1)≠f(x2)，則實數a的取值范圍是()A.(－∞，0] B.[0，3]C.(－∞，0]∪[3，＋∞) D.[3，＋∞)答案C解析二次函數f(x)＝x2－2(a－1)x＋a圖象的對稱軸為直線x＝a－1，∵對于任意x1，x2∈[－1，2]且x1≠x2，都有f(x1)≠f(x2)，即f(x)在區間[－1，2]上是單調函數，∴a－1≤－1或a－1≥2，∴a≤0或a≥3，即實數a的取值范圍為(－∞，0]∪[3，＋∞).14.已知a，b是常數且a≠0，f(x)＝ax2＋bx且f(2)＝0，且使方程f(x)＝x有等根.(1)求f(x)的解析式；(2)是否存在實數m，n(m＜n)，使得f(x)的定義域和值域分別為[m，n]和[2m，2n]?解(1)由f(x)＝ax2＋bx，且f(2)＝0，則4a＋2b＝0，又方程f(x)＝x有等根，即ax2＋(b－1)x＝0有等根，得b＝1，從而a＝－eq\f(1,2)，所以f(x)＝－eq\f(1,2)x2＋x.(2)假定存在符合條件的m，n，由(1)知f(x)＝－eq\f(1,2)x2＋x＝－eq\f(1,2)(x－1)2＋eq\f(1,2)≤eq\f(1,2)，則有2n≤eq\f(1,2)，即n≤eq\f(1,4).又f(x)圖象的對稱軸為直線x＝1，則f(x)在[m，n]上單調遞增，于是得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＜n≤\f(1,4)，,f（m）＝2m，,f（n）＝2n，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＜n≤\f(1,4)，,－\f(1,2)m2＋m＝2m，,－\f(1,2)n2＋n＝2n，))解方程組得m＝－2，n＝0，所以存在m＝－2，n＝0，使函數f(x)在[－2，0]上的值域為[－4，0].第10節函數的圖象考試要求1.在實際情境中，會根據不同的需要選擇恰當的方法(如圖象法、列表法、解析法)表示函數.2.會畫簡單的函數圖象.3.會運用函數圖象研究函數的性質，解決方程解的個數與不等式解的問題.【知識梳理】1.利用描點法作函數的圖象步驟：(1)確定函數的定義域；(2)化簡函數解析式；(3)討論函數的性質(奇偶性、單調性、周期性、對稱性等)；(4)列表(尤其注意特殊點、零點、最大值點、最小值點、與坐標軸的交點等)，描點，連線.2.利用圖象變換法作函數的圖象(1)平移變換(2)對稱變換y＝f(x)的圖象eq\o(→,\s\up7(關于x軸對稱))y＝－f(x)的圖象；y＝f(x)的圖象eq\o(→,\s\up7(關于y軸對稱))y＝f(－x)的圖象；y＝f(x)的圖象eq\o(→,\s\up7(關于原點對稱))y＝－f(－x)的圖象；y＝ax(a>0，且a≠1)的圖象eq\o(→,\s\up7(關于直線),\s\do5(y＝x對稱))y＝logax(a>0，且a≠1)的圖象.(3)伸縮變換y＝f(x)eq\o(→,\s\up7(縱坐標不變),\s\do5(各點橫坐標變為原來的\f(1,a)（a>0）倍))y＝f(ax).y＝f(x)eq\o(→,\s\up7(橫坐標不變),\s\do5(各點縱坐標變為原來的A(A>0)倍))y＝Af(x).(4)翻折變換y＝f(x)的圖象eq\o(→,\s\up7(x軸下方部分翻折到上方),\s\do5(x軸及上方部分不變))y＝|f(x)|的圖象；y＝f(x)的圖象eq\o(→,\s\up7(y軸右側部分翻折到左側),\s\do5(原y軸左側部分去掉，右側不變))y＝f(|x|)的圖象.[常用結論與微點提醒]1.圖象的左右平移僅僅是相對于x而言，如果x的系數不是1，常需把系數提出來，再進行變換.2.圖象的上下平移僅僅是相對于y而言的，利用“上加下減”進行.【診斷自測】1.思考辨析(在括號內打“√”或“×”)(1)當x∈(0，＋∞)時，函數y＝|f(x)|與y＝f(|x|)的圖象相同.()(2)函數y＝f(1－x)的圖象，可由y＝f(－x)的圖象向左平移1個單位長度得到.()(3)函數y＝af(x)與y＝f(ax)(a>0且a≠1)的圖象相同.()(4)函數y＝f(x)與y＝－f(x)的圖象關于原點對稱.()答案(1)×(2)×(3)×(4)×解析(1)令f(x)＝－x，當x∈(0，＋∞)時，y＝|f(x)|＝x，y＝f(|x|)＝－x，兩者圖象不同，(1)錯誤.(2)y＝f(1－x)＝f[－(x－1)]，所以可由y＝f(－x)向右平移1個單位長度得到，(2)錯誤.(3)中兩函數當a≠1時，y＝af(x)與y＝f(ax)是由y＝f(x)分別進行縱坐標與橫坐標伸縮變換得到，兩圖象不同，(3)錯誤.(4)y＝f(x)與y＝－f(x)的圖象關于x軸對稱，(4)錯誤.2.已知函數f(x)的圖象如圖所示，則該函數的解析式為()A.f(x)＝eq\f(x2,ex＋e－x) B.f(x)＝eq\f(ex＋e－x,x3)C.f(x)＝eq\f(x2,ex－e－x) D.f(x)＝eq\f(ex＋e－x,x2)答案D解析由所給圖象可知，f(x)的定義域為(－∞，0)∪(0，＋∞)，且為偶函數，A選項中的函數定義域為R，B，C，D選項中的函數定義域為(－∞，0)∪(0，＋∞)，排除A；當f(x)＝eq\f(ex＋e－x,x3)時，f(－x)＝eq\f(e－x＋ex,（－x）3)＝－eq\f(ex＋e－x,x3)＝－f(x)，所以f(x)＝eq\f(ex＋e－x,x3)是奇函數，排除B；當f(x)＝eq\f(x2,ex－e－x)時，f(－x)＝eq\f(（－x）2,e－x－ex)＝－eq\f(x2,ex－e－x)＝－f(x)，所以f(x)＝eq\f(x2,ex－e－x)是奇函數，排除C.故選D.3.已知函數f(x)＝x|x|－2x，則下列結論正確的是()A.f(x)是偶函數，單調遞增區間是(0，＋∞)B.f(x)是偶函數，單調遞減區間是(－∞，1)C.f(x)是奇函數，單調遞減區間是(－1，1)D.f(x)是奇函數，單調遞增區間是(－∞，0)答案C解析將函數f(x)＝x|x|－2x去掉絕對值，得f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－2x，x≥0，,－x2－2x，x＜0，))畫出函數f(x)的圖象，如圖所示，觀察圖象可知，函數f(x)的圖象關于原點對稱，故函數f(x)為奇函數，且在(－1，1)上單調遞減.4.函數y＝f(x)的圖象與y＝ex的圖象關于y軸對稱，再把y＝f(x)的圖象向右平移1個單位長度后得到函數y＝g(x)的圖象，則g(x)＝________.答案e－x＋1解析由題意得f(x)＝e－x，∴g(x)＝e－(x－1)＝e－x＋1.考點一作函數的圖象例1作出下列函數的圖象：(1)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(|x|)；(2)y＝|log2(x＋1)|；(3)y＝x2－2|x|－1.解(1)先作出y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)的圖象，保留y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)圖象中x≥0的部分，再作出y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)的圖象中x>0部分關于y軸的對稱部分，即得y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(|x|)的圖象，如圖①實線部分.(2)將函數y＝log2x的圖象向左平移一個單位，再將x軸下方的部分沿x軸翻折上去，即可得到函數y＝|log2(x＋1)|的圖象，如圖②.(3)∵y＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－2x－1，x≥0，,x2＋2x－1，x<0，))且函數為偶函數，先用描點法作出[0，＋∞)上的圖象，再根據對稱性作出(－∞，0)上的圖象，得圖象如圖③.感悟提升1.描點法作圖：當函數解析式(或變形后的解析式)是熟悉的基本函數時，就可根據這些函數的特征描出圖象的關鍵點直接作出.2.圖象變換法：若函數圖象可由某個基本函數的圖象經過平移、翻折、對稱得到，可利用圖象變換作出，并應注意平移變換與伸縮變換的順序對變換單位及解析式的影響.訓練1分別作出下列函數的圖象：(1)y＝sin|x|；(2)y＝eq\f(2x－1,x－1).解(1)當x≥0時，y＝sin|x|與y＝sinx的圖象完全相同，又y＝sin|x|為偶函數，圖象關于y軸對稱，其圖象如圖①.(2)y＝eq\f(2x－1,x－1)＝2＋eq\f(1,x－1)，故函數的圖象可由y＝eq\f(1,x)的圖象向右平移1個單位，再向上平移2個單位得到，如圖②所示.考點二函數圖象的識別例2(1)(2022·全國甲卷)函數f(x)＝(3x－3－x)·cosx在區間[－eq\f(π,2)，eq\f(π,2)]上的圖象大致為()答案A解析法一(特值法)取x＝1，則f(1)＝(3－eq\f(1,3))cos1＝eq\f(8,3)cos1＞0；取x＝－1，則f(－1)＝(eq\f(1,3)－3)cos(－1)＝－eq\f(8,3)cos1＜0.結合選項知選A.法二f(－x)＝(3－x－3x)cos(－x)＝－(3x－3－x)cosx＝－f(x)，所以函數f(x)＝(3x－3－x)cosx是奇函數，排除B，D；取x＝1，則f(1)＝(3－eq\f(1,3))cos1＝eq\f(8,3)cos1＞0，排除C.故選A.(2)(2023·天津卷)函數f(x)的圖象如下圖所示，則f(x)的解析式可能為()A.f(x)＝eq\f(5（ex－e－x）,x2＋2) B.f(x)＝eq\f(5sinx,x2＋1)C.f(x)＝eq\f(5（ex＋e－x）,x2＋2) D.f(x)＝eq\f(5cosx,x2＋1)答案D解析由題圖可知函數f(x)的圖象關于y軸對稱，所以函數f(x)是偶函數.對于A，f(x)＝eq\f(5（ex－e－x）,x2＋2)，定義域為R，f(－x)＝eq\f(5（e－x－ex）,x2＋2)＝－f(x)，所以函數f(x)＝eq\f(5（ex－e－x）,x2＋2)是奇函數，所以排除A；對于B，f(x)＝eq\f(5sinx,x2＋1)，定義域為R，f(－x)＝eq\f(5sin（－x）,x2＋1)＝－eq\f(5sinx,x2＋1)＝－f(x)，所以函數f(x)＝eq\f(5sinx,x2＋1)是奇函數，所以排除B；對于C，f(x)＝eq\f(5（ex＋e－x）,x2＋2)，定義域為R，f(－x)＝eq\f(5（e－x＋ex）,x2＋2)＝f(x)，所以函數f(x)＝eq\f(5（ex＋e－x）,x2＋2)是偶函數，又x2＋2>0，ex＋e－x>0，所以f(x)>0恒成立，不符合題意，所以排除C；分析知，選項D符合題意，故選D.感悟提升1.抓住函數的性質，定性分析：(1)從函數的定義域，判斷圖象的左右位置；從函數的值域，判斷圖象的上下位置；(2)從函數的單調性，判斷圖象的變化趨勢；(3)從周期性，判斷圖象的循環往復；(4)從函數的奇偶性，判斷圖象的對稱性.2.抓住函數的特征，定量計算：尋找函數的特征點，利用特征點、特殊值的計算分析解決問題.訓練2(1)(2024·焦作模擬)函數f(x)＝eq\f(6x－6－x,|4x2－1|)的大致圖象為()答案C解析由題意知，函數f(x)的定義域為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x≠±\f(1,2)))，因為f(－x)＝eq\f(6－x－6x,|4x2－1|)＝－f(x)，所以f(x)為奇函數，排除A；因為f(1)＝eq\f(35,18)>0，所以排除B；當x→＋∞時，f(x)→＋∞，排除D.故選C.(2)(2024·呂梁質檢)已知函數f(x)的部分圖象如圖所示，則函數f(x)的解析式可能為()A.f(x)＝eq\f(x－x3,2x) B.f(x)＝eq\f(x3－x,e|x|)C.f(x)＝x3·ln|x| D.f(x)＝e|x|·(x2－1)答案B解析由題圖知，函數f(x)是奇函數.對于A，因為f(2)＝eq\f(2－8,4)＝－eq\f(3,2)，f(－2)＝eq\f(－2＋8,\f(1,4))＝24，所以f(x)是非奇非偶函數，故排除A；對于C，當x>1時，f(x)＝x3·lnx單調遞增，故排除C；對于D，f(x)＝e|x|·(x2－1)的定義域為R，f(－x)＝e|x|·(x2－1)＝f(x)，則f(x)是偶函數，故排除D.故選B.考點三函數圖象的應用角度1解方程或不等式例3(2024·商丘模擬)已知定義在R上的奇函數f(x)在[0，＋∞)上的圖象如圖所示，則不等式x2f(x)>2f(x)的解集為()A.(－eq\r(2)，0)∪(eq\r(2)，2) B.(－∞，－2)∪(2，＋∞)C.(－∞，－2)∪(－eq\r(2)，0)∪(eq\r(2)，2) D.(－2，－eq\r(2))∪(0，eq\r(2))∪(2，＋∞)答案C解析根據奇函數的圖象特征，作出f(x)在(－∞，0)上的圖象，如圖所示，由x2f(x)>2f(x)，得(x2－2)f(x)>0，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－2>0，,f（x）>0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－2<0，,f（x）<0，))解得x<－2或－eq\r(2)<x<0或eq\r(2)<x<2，故不等式的解集為(－∞，－2)∪(－eq\r(2)，0)∪(eq\r(2)，2).角度2求參數范圍例4(2024·張掖診斷)已知函數f(x)滿足當x≤0時，2f(x－2)＝f(x)，且當x∈(－2，0]時，f(x)＝|x＋1|－1；當x＞0時，f(x)＝logax(a＞0且a≠1).若函數f(x)的圖象上關于原點對稱的點恰好有3對，則a的取值范圍是()A.(625，＋∞) B.(4，64)C.(9，625) D.(9，64)答案C解析當x∈(－2，0]時，f(x)＝|x＋1|－1，結合當x≤0時，2f(x－2)＝f(x)，作出函數f(x)在(－∞，0]上的部分圖象，再作出y＝logax(a＞0且a≠1)的圖象及其關于原點對稱的圖象，如圖所示.當0＜a＜1時，對稱后的圖象不可能與f(x)在(－∞，0]的圖象有3個交點；當a＞1時，要使函數f(x)＝logax的圖象關于原點對稱后的圖象與f(x)在(－∞，0]上的圖象恰好有3個交點，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＞1，,－loga3＞－\f(1,2)，,－loga5＜－\f(1,4)，))解得9＜a＜625.故選C.感悟提升1.當不等式問題不能用代數法求解或用代數法求解比較困難，但其對應函數的圖象可作出時，常將不等式問題轉化為圖象的位置關系問題，從而利用數形結合思想求解.2.利用圖象求參數時，要準確分析函數圖象的特殊點，借助函數圖象，把原問題轉化為數量關系較明確的問題.訓練3(1)(2024·南通調研)已知函數y＝f(x)是定義域為R的奇函數，當x∈(0，3)∪(3，＋∞)時，f(－x)>2f(x)，f(3)＝0，則不等式f(x)>0的解集為________.答案(－∞，－3)∪(－3，0)解析依題意知，f(0)＝0，當x∈(0，3)∪(3，＋∞)時，f(－x)>2f(x)，即－f(x)>2f(x)，得f(x)<0，由f(3)＝0，得f(－3)＝－f(3)＝0，由此畫出f(x)的大致圖象如圖所示，由圖可知，不等式f(x)>0的解集為(－∞，－3)∪(－3，0).(2)已知函數f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinπx，0≤x≤1，,log2024x，x＞1，))若實數a，b，c互不相等，且f(a)＝f(b)＝f(c)，則a＋b＋c的取值范圍是________.答案(2，2025)解析函數f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinπx，0≤x≤1，,log2024x，x＞1))的圖象如圖所示，不妨令a＜b＜c，由正弦曲線的對稱性可知a＋b＝1，而1＜c＜2024，所以2＜a＋b＋c＜2025.【A級基礎鞏固】1.為了得到函數y＝lgeq\f(x＋3,10)的圖象，只需把函數y＝lgx的圖象上所有的點()A.向左平移3個單位長度，再向上平移1個單位長度B.向右平移3個單位長度，再向上平移1個單位長度C.向左平移3個單位長度，再向下平移1個單位長度D.向右平移3個單位長度，再向下平移1個單位長度答案C解析∵y＝lgeq\f(x＋3,10)＝lg(x＋3)－1，∴y＝lgxeq\o(→,\s\up7(向左平移3個單位長度))y＝lg(x＋3)eq\o(→,\s\up7(向下平移1個單位長度))y＝lg(x＋3)－1.2.(2024·浙江十校聯考)函數y＝(x－2)2ln|x|的圖象是()答案B解析圖象過點(1，0)，(2，0)，排除A，D；當x≥1時，y≥0，排除C，故選B.3.(2024·深圳模擬)已知函數y＝f(x)的圖象如圖1所示，則圖2對應的函數有可能是()A.y＝x2f(x) B.y＝eq\f(f（x）,x2)C.y＝xf(x) D.y＝xf2(x)答案C解析對于A，當x<0時，f(x)<0，所以x2f(x)<0，故A不符合題意；對于B，當x<0時，f(x)<0，所以eq\f(f（x）,x2)<0，故B不符合題意；對于C，當x<0時，f(x)<0，所以xf(x)>0，且x→－∞時，f(x)→－∞，xf(x)→＋∞；當x>0時，f(x)>0，所以xf(x)>0，且x→＋∞時，f(x)→0，xf(x)→0，故C符合題意；對于D，當x<0時，f(x)<0，則f2(x)>0，所以xf2(x)<0，故D不符合題意.4.若函數f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ax＋b，x<－1，,ln（x＋a），x≥－1))的圖象如圖所示，則f(－3)＝()A.－eq\f(1,2) B.－eq\f(5,4)C.－1 D.－2答案C解析由圖象知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ln（a－1）＝0，,b－a＝3，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝5，))∴f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋5，x<－1，,ln（x＋2），x≥－1.))故f(－3)＝5－6＝－1.5.若函數y＝f(x)的圖象如圖所示，則函數y＝－f(x＋1)的圖象大致為()答案C解析要想由y＝f(x)的圖象得到y＝－f(x＋1)的圖象，需要先作出y＝f(x)的圖象關于x軸對稱的圖象y＝－f(x)，然后向左平移1個單位長度得到y＝－f(x＋1)的圖象，根據上述步驟可知C正確.6.(2024·煙臺模擬)若某函數在區間[－π，π]上的大致圖象如圖所示，則該函數的解析式可能是()A.y＝(x＋2)sin2x B.y＝eq\f(（4x2＋5x）sinx,|x|＋1)C.y＝eq\f(（x＋2）sinx,|x|＋1) D.y＝eq\f(x2＋2x,cosx＋2)答案B解析A中，設f(x)＝y＝(x＋2)sin2x，則當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))時，2x∈(π，2π)，則f(x)<0，不符合，排除A；C中，設f(x)＝y＝eq\f(（x＋2）sinx,|x|＋1)，當x∈(0，π)時，f(x)＝eq\f(（x＋2）sinx,x＋1)，且2<x＋2<π＋2，0<sinx≤1，1<x＋1<π＋1，所以0<(x＋2)sinx<π＋2，所以f(x)＝eq\f(（x＋2）sinx,x＋1)<(x＋2)sinx<π＋2<6，不符合，排除C；D中，設f(x)＝y＝eq\f(x2＋2x,cosx＋2)，令f(x)＝0，解得x＝0或－2，不符合，排除D.故選B.7.已知函數f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|2x－1|，x≤2，,－x＋5，x>2，))若關于x的方程f(x)－m＝0恰有兩個不同的實數解，則實數m的取值范圍是()A.(0，1) B.[0，1)C.(1，3)∪{0} D.[1，3)∪{0}答案D解析因為關于x的方程f(x)－m＝0恰有兩個不同的實數解，所以函數y＝f(x)與y＝m的圖象有兩個交點，作出函數圖象，如圖所示，所以當m∈[1，3)∪{0}時，函數y＝f(x)與y＝m的圖象有兩個交點，所以實數m的取值范圍是[1，3)∪{0}.8.(多選)對于函數f(x)＝lg(|x－2|＋1)，下列說法正確的是()A.f(x＋2)是偶函數B.f(x＋2)是奇函數C.f(x)在區間(－∞，2)上單調遞減，在區間(2，＋∞)上單調遞增D.f(x)沒有最小值答案AC解析f(x＋2)＝lg(|x|＋1)為偶函數，A正確，B錯誤.作出f(x)的圖象如圖所示，可知f(x)在(－∞，2)上單調遞減，在(2，＋∞)上單調遞增；由圖象可知函數存在最小值0，C正確，D錯誤.9.將函數f(x)的圖象先向左平移一個單位長度，再向上平移一個單位長度得到函數g(x)的圖象，若g(x)為奇函數，則f(0)＋f(2)＝______.答案－2解析由函數f(x)的圖象先向左平移一個單位長度，再向上平移一個單位長度得到函數g(x)的圖象，可得g(x)＝f(x＋1)＋1，故f(x)＝g(x－1)－1，所以f(0)＋f(2)＝g(－1)－1＋g(1)－1＝－g(1)＋g(1)－2＝－2.10.函數f(x)＝eq\f(x＋1,x)的圖象與直線y＝kx＋1交于不同的兩點(x1，y1)，(x2，y2)，則y1＋y2＝________.答案2解析因為f(x)＝eq\f(x＋1,x)＝eq\f(1,x)＋1，所以f(x)的圖象關于點(0，1)對稱，而直線y＝kx＋1過(0，1)點，故兩圖象的交點(x1，y1)，(x2，y2)關于點(0，1)對稱，所以eq\f(y1＋y2,2)＝1，即y1＋y2＝2.11.設函數f(x)＝|x＋a|，g(x)＝x－1，對于任意的x∈R，不等式f(x)≥g(x)恒成立，則實數a的取值范圍是________.答案[－1，＋∞)解析如圖，作出函數f(x)＝|x＋a|與g(x)＝x－1的圖象，觀察圖象可知，當且僅當－a≤1，即a≥－1時，不等式f(x)≥g(x)恒成立，因此a的取值范圍是[－1，＋∞).12.(2022·浙江卷)已知函數f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋2，x≤1，,x＋\f(1,x)－1，x>1，