《浙江高考數學理二輪專題復習檢測：第一部分 專題整合高頻突破 專題二 函數 專題能力訓練4 Word版含答案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《浙江高考數學理二輪專題復習檢測：第一部分 專題整合高頻突破 專題二 函數 專題能力訓練4 Word版含答案（6頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。
1、專題能力訓練4 二次函數及函數方程
(時間:60分鐘 滿分:100分)
一、選擇題(本大題共8小題,每小題5分,共40分)
1.已知函數f(x)=ax2-2x+2,若對一切x∈,f(x)>0都成立,則實數a的取值范圍為( )
A. B.
C.[-4,+∞) D.(-4,+∞)
2.函數f(x)=3x-x2的零點所在區(qū)間是( )
A.(0,1) B.(1,2) C.(-2,-1) D.(-1,0)
3.(2017浙江杭州二中模擬)已知函數f(x)=(a∈R),若函數f(x)在R上有兩個零點,則a的取值范圍是( )
A.(-∞,-1)
2、B.(-∞,-1]
C.[-1,0) D.(0,1]
4.已知f(x)=ax2+bx+c(a>0),g(x)=f(f(x)),若g(x)的值域為[2,+∞),f(x)的值域為[k,+∞),則實數k的最大值為( )
A.0 B.1 C.2 D.4
5.已知f(x)是奇函數且是R上的單調函數,若函數y=f(2x2+1)+f(λ-x)只有一個零點,則實數λ的值是( )
A. B. C.- D.-
6.已知f(x)是定義在R上的奇函數,且f(x)在[0,+∞)上為增函數,如果f(x2+ax+a)≤f(-at2-t+1)對任意的x∈[1,2],任意的t∈[1,2]恒成立,則實數a的最大
3、值為( )
A.-1 B.- C.- D.-3
7.已知函數f(x)=若關于x的方程f2(x)-3f(x)+a=0(a∈R)有8個不等的實數根,則a的取值范圍是( )
A. B. C.(1,2) D.
8.(2017浙江湖州期末)已知f(x)是R上的奇函數,當x≥0時,f(x)=則函數y=f(x)+的所有零點之和是( )
A.1- B.-1 C.5- D.-5
二、填空題(本大題共6小題,每小題5分,共30分)
9.已知函數f(x)=ax-x+b的零點x0∈(k,k+1)(k∈Z),其中常數a,b滿足3a=2,3b=,則k= .
10.設函數y=x2-2x,x∈[
4、-2,a],若函數的最小值為0,則a= .
11.已知函數f(x)=x|x-a|,若對任意的x1,x2∈[2,+∞),且x1≠x2,(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0恒成立,則實數a的取值范圍為 .
12.已知函數f(x)滿足f(x+1)=-x2-4x+1,函數g(x)=有兩個零點,則m的取值范圍為 .
13.若f(x)=x2+ax+b(a,b∈R),x∈[-1,1],且|f(x)|的最大值為,則4a+3b= .
14.(2017浙江名校協(xié)作體聯(lián)盟二模)已知函數f(x)=x2+nx+m,若{x|f(x)=0}={x|f(f(x))=0}≠?,則
5、m+n的取值范圍是 .
三、解答題(本大題共2小題,共30分.解答應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)
15.(本小題滿分15分)已知二次函數f(x)=ax2+bx+c,其中常數a,b,c∈R.
(1)若f(3)=f(-1)=-5,且f(x)的最大值是3,求函數f(x)的解析式;
(2)若a=1,對任意的x1,x2∈[-1,1],有|f(x1)-f(x2)|≤4,求b的取值范圍.
16.(本小題滿分15分)已知a,b∈R,函數f(x)=x2+ax+b.
(1)若a=-2,且函數y=|f(x)|在區(qū)間[-1,2]上的最大值為2,求實數
6、b的值;
(2)設max{m,n}=g(x)=a(x-1),其中a≠0,若函數h(x)=max{f(x),g(x)}在區(qū)間(-1,2)內有兩個不同的零點,求2a+b的取值范圍.
參考答案
專題能力訓練4 二次函數及函數方程
1.B
2.D 解析 ∵f(-2)=-,f(-1)=-,f(0)=1,f(1)=2,f(2)=5,
∴f(0)f(1)>0,f(1)f(2)>0,f(-2)f(-1)>0,f(-1)f(0)<0.故選D.
3.D 解析 因為當x>0時,f(x)=2x-1,
由f(x)=0得x=.
所以要使f(x)在R上有兩個零點
7、,必須2x-a=0在(-∞,0]上有唯一實數解.
又當x∈(-∞,0]時,2x∈(0,1],且y=2x在(-∞,0]上單調遞增,
故所求a的取值范圍是(0,1],應選D.
4.C 解析 設t=f(x),由題意可得g(x)=f(t)=at2+bt+c,t≥k,
函數y=at2+bt+c,t≥k的圖象為函數y=f(x)的圖象的一部分,
即有函數g(x)的值域為函數f(x)的值域的子集,
即[2,+∞)?[k,+∞),
可得k≤2.
故k的最大值為2.
5.C 解析 令y=f(2x2+1)+f(λ-x)=0,則f(2x2+1)=-f(λ-x)=f(x-λ),因為f(x)是R上的單調
8、函數,所以2x2+1=x-λ只有一個實根,即2x2-x+1+λ=0只有一個實根,則Δ=1-8(1+λ)=0,解得λ=-.故選C.
6.A 解析 由條件知函數f(x)在R上為單調遞增函數,整理得x2+ax-1+at2+t+a≤0,記g(x)=x2+ax-1+at2+t+a,則由題意知只要代入對a分離得從而解得即a≤-1.故選A.
7.D 解析 令t=f(x),作出函數f(x)的圖象和t=m的圖象(如圖所示),若關于x的方程f2(x)-3f(x)+a=0(a∈R)有8個不等的實數根,則關于t的方程t2-3t+a=0(a∈R)有2個不等的實數根t1,t2,且1
9、a的取值范圍是.故選D.
8.B 解析 當x≥1時,
則1-|x-3|+=0,解得x=或x=.
當0≤x<1時,則lo(x+1)+=0,解得x=-1.
∵f(x)為奇函數,
∴當-1
10、a-1+b=1-a>0,f(2)=a2-2+b=a2-2a=a(a-2)<0,故x0∈(1,2),k=1.
10.0 解析 因為函數y=x2-2x=(x-1)2-1,
所以其圖象的對稱軸為直線x=1,
因為x=1不一定在區(qū)間[-2,a]內,
所以要進行討論.
當-21時,函數在[-2,1]上單調遞減,在[1,a]上單調遞增,則當x=1時,y取得最小值,即ymin=-1.不合題意.
故a=0.
11.(-∞,2] 解析 f(x)
11、=由(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0知,函數y=f(x)在[2,+∞)單調遞增,當a≤0時,滿足題意;當a>0時,根據函數圖象可知只需a≤2,即0
12、 解析 若|f(x)|的最大值為,
則|f(0)|=|b|≤,-≤b≤,①
同理-≤1+a+b≤,②
-≤1-a+b≤,③
②+③,得-≤b≤-,④
由①④得b=-,
當b=-時,分別代入②③,得?a=0,
故4a+3b=-.
14.[0,4) ?f(0)=0,∴m=0,f(x)=x2+nx,n≠0,{x|f(x)=0}={0,-n},即f(x)=0①,f(x)=-n②,由于{x|f(x)=0}={x|f(f(x))=0},故方程②無解,∴n2-4n<0?0
13、∈[0,4).
15.解 (1)由題意得
解得a=-2,b=4,c=1,
故f(x)=-2x2+4x+1.
(2)函數f(x)=x2+bx+c對任意的x1,x2∈[-1,1],有|f(x1)-f(x2)|≤4恒成立,
即f(x)max-f(x)min≤4,
記f(x)max-f(x)min=M,則M≤4.
當>1,即|b|>2時,M=|f(1)- f(-1)|=|2b|>4,與M≤4矛盾;
當≤1,即|b|≤2時,M=max{f(1),f(-1)}-f-f≤4,解得|b|≤2,即-2≤b≤2.
綜上,b的取值范圍為-2≤b≤2.
16.解 (1)當a=-2時,f(x)=x2
14、-2x+b=(x-1)2+b-1.
所以f(x)在區(qū)間[-1,1]上遞減,在區(qū)間[1,2]上遞增.
所以f(x)在區(qū)間[-1,2]上的值域為[b-1,3+b].
所以|f(x)|max=max{|b-1|,|b+3|}=2,解得b=-1.
(2)①若f(1)<0,則x=1是h(x)的一個零點,從而只需滿足
利用線性規(guī)劃知識可解得-4<2a+b<-1.
②若f(1)=0,則
解得-2<2a+b<-1.
③若f(1)>0,ⅰ當a>0時,g(x)<0在區(qū)間(-1,1)上恒成立,
所以只需滿足f(x)在區(qū)間(-1,1)內有兩個不同的零點.
所以
利用線性規(guī)劃知識可解得-2<2a+b<5.
ⅱ當a<0時,g(x)<0在區(qū)間(1,2)上恒成立,f(x)在區(qū)間(1,2)內有兩個不同的零點.
所以
利用線性規(guī)劃知識可解得-4<2a+b<-3.
綜上所述,2a+b的取值范圍為(-4,-1)∪(-2,5).
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