《2020年高考數學 易錯點點睛與高考突破 專題03 二次函數和指數函數》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020年高考數學 易錯點點睛與高考突破 專題03 二次函數和指數函數（30頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 2020年高考數學 易錯點點睛與高考突破 專題03 二次函數和指數函數 2．已知f(x)是定義域為R的奇函數，當x≥0時，f(x)=2x-x2． (1)求f(x)的解析式； (2)是否存在實數a、b(a≠b)使f(x)在[a，b]上的值域為[],若存在，求a和b，若不存在，說明理由． ∴x1=-1,x2=-,x3=(舍)，∴a=-,b=-1. 綜合①,②知存在實數a,b,使f(x)在[a,b]上的值域為[]，有a=1,b=或a=-1或b-. 3.已知二次函數f(x)=ax2+bx+c和一次函數g(x)=-bx,其中a、b、c∈R，且滿足a＞b＞c,f(1)=0. (1)證明

2、：函數f(x)與g(x)的圖像交于不同的兩點A、B; (2)若函數F(x)=f(x)-g(x)在[2，3]上的最小值為9，最大值為21，試求a、b的值. (3)求線段AB在x軸上的射影A1B1的長的取值范圍. . 難點 2 三個“二次”的綜合問題 1.已知二次函數f(x)=ax2+bx+1(a，b∈R，且a>0)，設方程f(x)=x的兩個實根為x1和x2， (1)如果x1＜2-1． (2)如果|x1|＜2,|x2-x1|=2,求b的取值范圍． 2．設二次函數f(x)=ax2+bx+c(a，b，c∈R，a≠0)滿足條件

3、： ①當x∈R,f(x-4)=f(2-x)，且f(x)≥x； ②當x∈(0，2)時,f(x)≤； ③f(x)在R上的最小值為0． (1)求f(x)的表達式； (2)求最大的m(m＞1)，使得存在t∈R，只要x∈就有f(x+t)≤x恒成立． 3．已知f(x)=ax2+2bx+4c(a、b、c∈R) (1)當a≠0時，若函數f(x)的圖像與直線y=±x均無公共點，求證：4ac-b2＞. (2)若a+c=0,f(x)在[-2，2]上的最大值為，最小值為-求證：≤2． (3)當b=4，c=時，對于給定負數a，有一個最大正數M(a)使得x∈[0，M(a)]時都有|f(x)|≤

4、5，問a為何值時，M(a)最大，并求出這個最大值M(a)證明你的結論． (4)若f(x)同時滿足下列條件①a>0；②當|x|≤2時，有|f(x)|≤2；③當|x|≤1時,f(x)最大值為2，求f(x)的解析式． M(a)= 難點3 含參數的對數函數與不等式的綜合問題 1．已知函數f(x)=log2(x+1)，當點(x，y)在y=f(x)圖像上運動時，點P( ,2y)在函數y=g(x)的圖像上運動． (1)求y=g(x)的解析式； (2)當t=4，且x∈[0，1]時，求g(x)-f(x)的最小值； (3)若在x∈[0，1]時恒有g(x)＞f(x)成立，求t的取值

5、范圍． (3)由g(x)>f(x)，即2log2(2x+t)>log2(x+1)，在x∈[0，1]時恒成立，即(x)=4x2+4(t-1)x+t2-1>0在[0，1]上恒成立．即即1＜t≤或t＞ 綜合，得t>1． 即滿足條件t的取值范圍是(1，+∞) 2．設函數f(x)=ax+3a(a＞0且a≠1)的反函數為y=f-1(x)，已知函數y=g(x)的圖像與函數y=f-1(x)的圖像關于點(a，0)對稱． (1)求函數y=g(x)的解析式； (2)是否存在實數a，使當x∈[a+2，a+3]時，恒有|f-1(x)-g(-x)|≤1成立?若存在，求出a的取值范圍；若不存在，說明理由．

6、 【易錯點點睛】 易錯點1 二次函數的圖象和性質的應用 1．(2020模擬題精選)已知向量a=(x2，x+1)，b=(1-x，t)若函數f(x)=ab在區(qū)間(-1，1)上是增函數，求t 的取值范圍． 由①,②得a=1. 3．已知函數f(x)的二項式系數為a，且不等式f(x)>-2x的解集為(1，3)． (1)若方程f(x)+6a=0有兩個相等的根，求f(x)的解 (2)若f(x)的最大值為正數，求a的取值范圍． 【特別提醒】 利用二次函數圖像可以求解一元二次不等式和討論一元二次方程的實根分布情況，還可以討論二次函數在閉區(qū)間上的最值．對于根的分布問題，一般需從三個方面

7、考慮：①判別式；②區(qū)間端點函數值的正負；③對稱軸x=-與區(qū)間端點的關系．另外，對于二次函數在閉區(qū)間上的最值要抓住頂點的橫坐標與閉區(qū)間的相對位置確定二次函數的單調性進行求解. 【變式探究】 1 若函數f(x)=x2+bx+c 對任意實數f(1+x)=f(-x)，則下面不等關系成立的是 ( ) A．f(2)>f(0)>f(-2) B．f(-2)＞f(2)＞(0) C．f(0)＞f(-2)＞f(2) D. f(-2)＞f(0)>f(2) 3 設函數f(x)=ax2+bx+1(1，b∈R)． (1)若f(-1)=0，則對任意實數均有f(x)≥0成立，求f(x)的表達

8、式． 4 已知二次函數f(x)=(lga)x2+2x+4lga的最大值為3，求a的值． 答案：解析：原函數式可化為f(x)=lga由已知，f(x)有最大值3，∴l(xiāng)ga<0并且 整理得4（lga）2-3lga-1=0解得lga=1,lga= 易錯點2 指數函數與對數函數的圖象和性質的應用 1．(2020模擬題精選)函數y=e｜lnx｜-|x-1|的圖像大致是 ( ) 2．(2020模擬題精選)在y=2x，y=log2x，y=x2，y=cos2x這四個函數中，當0恒成立的函數的個數是 ( ) A.0

9、 B．1 C．2 D．3 3．(2020模擬題精選)若函數f(x)=loga(2x2+x)(a>0且a≠1)在區(qū)間(0, )內恒有f(x)>0，則f(x)的單調遞增區(qū)間為 ( ) A.(-∞，-) B．(-，+∞) C．(0，+∞) D．(-∞，-) 【錯誤答案】 選A或C 【錯解分析】 選A，求f(x)的單調區(qū)間時沒有考慮函數定義域導致錯誤；選C，求復合函數的單調區(qū)間時沒有注意內、外層函數均遞減時，原函數才是增函數．事實上 (0，+∞)是f(x)的遞減區(qū)間． 【正確解答】 D ∵f(x)=loga(2x2+x)(a>0且a≠1)在

10、區(qū)間(0，)內恒有f(x)>0，若a>1，則由f(x)>0 x>或x<-1．與題設矛盾.∴00x>0 (2)解法1 由｜m-f-1(x)｜+ln(f′(x))<0得-ln+ln(ex-a)

11、清復合函數的構成，然后轉轉化為基本初等函數的單調性加以解決，注意不可忽視定義域，忽視指數和對數的底數對它們的圖像和性質起的作用. 【變式探究】 1 已知函數f(x)=(ex+e2-x)(x<1)(其中e為自然對數的底數)，則 ( ) A．f-1()

12、答案： B解析：f(x)=ax+loga(x+1)是單調遞增（減）函數. (∵y=ax與y=loga(x+1)單調性相同).且在[0，1]的最值分別在端點處取得，最值之和：f(0)+f(1)=ao+loga1+log22=2, ∴l(xiāng)oga2+1=0, ∴a=選B. 3 對于0 其中成立的是 ( ) A.①與③ B.①與④ C.②與③ D．②與④ 答案： D 解析： 選D。 4.已知函數f(x)=l

13、oga[(-2)x+1]在區(qū)間[1，2]上恒為正，求實數a的取值范圍． 答案：在區(qū)間[1，2]上使f(x)>0恒成立。 解析：（1）當a>1時，只要 即與1矛盾. (2)當0

14、 B．45．6 C．46．8 D．46．806 2．甲方是一農場，乙方是一工廠，由于乙方生產須占用甲方的資源，因此甲方有權向乙方索賠以彌補經濟損失并獲得一定凈收入，在乙方不賠付甲方的情況下，乙方的年利潤x(元)與年產量t(噸)滿足函數關系x=2000，若乙方每生產一噸產品必須賠付甲方S元(以下稱S為賠付價格)． (1)將乙方的年利潤W(元)表示為年產量t(噸)的函數，并求出乙方獲得最大利潤的年產量． (2)甲方每年受乙方生產影響的經濟損失余額y=0．002t2.在乙方按照獲得最大利潤的產量進行生產的前提下，甲方要在索賠中獲得最大凈收入，應向乙方要求的賠付價格S是多少?

15、v=-. 又v′=--令v′=0得S=20，當S<20時，v′>0；當S>20時，v′<0， ∴S=20時，v取得最大值． 因此甲方向乙方要求賠付價格S=20(元／噸)時，獲得最大凈收入． 3．(2020模擬題精選)某段城鐵線路上依次有A，B，C三站，AB=5km，BC=3km在列車運行時刻表上，規(guī)定列車8時整從A站發(fā)車，8時07分到達B站并停車1分鐘，8時12分到達C站，在實際運行時，假設列車從A站正點發(fā)車，在B站停留1分鐘，并在行駛時以同一速度vkm／h，勻速行駛，列車從A站到達某站的時間與時刻表上相應時間之差的絕對值稱為列車在該站的運行誤差． (1)分別寫出列車在B、C

16、兩站的運行誤差； (2)若要求列車在B，C兩站的運行誤差之和不超過2分鐘，求v的取值范圍． 當0時，(*)式變形為7-+11-≤2， 解得

17、此人距山崖的水平距離多遠時，觀看塔的視角∠BPC最大(不計此人的身高)? tan ∠BPC= 設u= ∴ux2-(288u-64)x+160×640u=0 ① ∵u≠0 ∵x∈R.△=(288u-64)2-4×160×640u2≥0. 解得 u≤2． 當u=2時，x=320．即此人距山崖320米時，觀看鐵塔的視角∠BPC最大． 【錯解分析】 上述解答過程中利用x∈R由判別式法求u的最大值是錯誤的，因為x當且僅當x=時上式取得等號．故當x=320時tan∠BPC最大． 由此實際問題知，0<∠

18、BPC<，所以tan∠BPC最大時，∠BPC最大，故當此人距山崖水平距離為320米時，觀看鐵塔的視角∠BPC最大． 5．(2020模擬題精選)某公司生產一種產品的固定成本(即固定投入)為0．5萬元，但每生產100件需要增加投入0．25萬元，市場對此產品的需要量為500件，銷售收入為函數為R(x)=5x-(0≤x≤5)，其中x是產品售出的數量(單位：百件)． (1)把利潤表示為年產量的函數f(x)． (2)年產量是多少時，當年公司所得利潤最大? (3)年產量是多少時，當年公司不虧本?(取=4．65)． 【特別提醒】 與函數有關的應用題經常涉及到物價、路程、產值、環(huán)保、稅收、市場

19、信息等實際問題，也可涉及角度、面積、體積、造價的最優(yōu)化問題，解答這類問題的關鍵是建立相關函數的解析式，然后應用函數知識加以解決.在求得數學模型的解后應回到實際問題中去，看是否符合實際問題. 【變式探究】 1 把長為12cm的細鐵絲截成兩段，各自圍成一個正三角形，那么這兩個正三角形面積之和的最小值是 ( ) A．cm2 B.4cm2 C．3cm2 D.2cm2 答案： D 解析： S= 2 將一張2mx6m的硬鋼板按圖紙的要求進行操作，沿線裁去陰影部分，把剩余部分按要求焊接成一個有蓋的長方體水箱(其中①與③、②與④分別是全等的矩形，且⑤+⑥=

20、⑦)，設水箱的高為xm，容積為ym3)． (1)求y關于x的函數關系式； 3 (2020模擬題精選)某租賃公司擁有汽車100輛．當每輛車的月租金為3000元時，可全部租出．當每輛車的月租金每增加50元時，未租出的車將會增加一輛．租出的車每輛每月需要維護費150元，未租出的車每輛每月需要維護費50元． (1)當每輛車的月租金定為3600元時，能租出多少輛車? 5 (2020模擬題精選)如圖，在直線y=0和y=a(a>0)之間表示的是一條河流，河流的一側河岸(x軸)是一條公路，公路上的公交車站P(x，0)隨時都有公交車來往．家住A(0，a)的某學生在位于

21、公路上B(2a，0)處的學校就讀，每天早晨學生都要從家出發(fā),可以先乘船渡河到達公路上公交車站，再乘公交車去學校，或者直接乘船渡河到達公路上B(2a，0)處的學校．已知船速為v0(v0＞0)，車速為2v0(水流速度忽略不計)． (Ⅰ)設該學生從家出發(fā)，先乘船渡河到達公路上的站P(x，0)，再乘公交車去學校，請用x來表示他所用的時間t； 答案：設該學生從家出發(fā)，先乘船渡河到達公路上的車站P(x,0),再乘公交車去學校，則他所用的時間 t=f(x)= (Ⅱ)若≤x≤a，請問該學生選擇哪種上學方式更加節(jié)約時間，并說明理由．(取=1．414，=2．236) 答案：若該學生選擇先乘船渡河到達

22、公路上的車站p(x,0),再乘公交車去學校，則他所用的時間為 2 已知f(x)=，則下列正確的是 ( ) A.奇函數，在R上為增函數 B.偶函數，在R上為增函數 C.奇函數，在R上為減函數 D.偶函數，在R上為減函數 答案： A 解析：∵函數f(x)= 3 若不等式x2+2x+a≥-y2-2y對任意實數x、y都成立，則實數a的取值范圍是 ( ) A．a≥0 B．a≥1 C．a≥2 D．a≥3 答案： C解析：原不等式即為a≥2-[x+1]2+(y+1)2]恒成立，只需a大于或等于2-[（x+1）2+(y+1)2]的最大值為2

23、，即a≥2. 4 若函數f(x)=logax(0